054 vào 10 toán 2019 2020 tỉnh thái bình

nhận giá trị là số nguyên.. Biết rằng, chiều dài mảnh vườn2 hơn chiều rộng mảnh vườn là 5 .m Tính chiều rộng mảnh vườn.. 3,5 điểm Cho đường tròn tâm O đường kính AB Kẻ dây cung CD vuông

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2019-2020 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm)

Cho

1 1

A

x



a) Tính giá trị của biểu thức A khi x2

b) Rút gọn biểu thức B

c) Tìm x sao cho biểu thức C A B. nhận giá trị là số nguyên.

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Giải hệ phương trình

x y

x y

 

�

�  

� (không sử dụng máy tính cầm tay)

b) Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 150m Biết rằng, chiều dài mảnh vườn2

hơn chiều rộng mảnh vườn là 5 m Tính chiều rộng mảnh vườn.

Câu 3 (2,0 điểm)

Cho hàm số y m4 x m   (mlà tham số)4

a) Tìm m để hàm số đã cho là hàm số bậc nhất đồng biến trên �

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đồ thi hàm số đã cho luôn cắt parabol

 P y x:  2tại hai điểm phân biệt Gọi x x1, 2là hoành độ các giao điểm, tìm m sao

cho x x1 1 1 x x2 2  1 18

c) Gọi đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng  d Chứng minh khoảng cách từ điểm

 0;0

Câu 4 (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB Kẻ dây cung CD vuông góc với AB tại H .

(H nằm giữa A và O, H khác A và O) Lấy điểm G thuộc đoạn CH G khác C và H), tia (

AG cắt đường tròn tại E khác A

a) Chứng minh tứ giác BEGH là tứ giác nội tiếp

b) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD Chứng minh KC KD KE KB.  .

c) Đoạn thẳng AK cắt đường tròn tâm O tại F khác A Chứng minh G là tâm đường tròn nội

tiếp tam giác HEF

d) Gọi M N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên đường thẳng , EF Chứng minh

Câu 5 (0,5 điểm)

Cho , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn: a b c ab bc ca     6

Chứng minh rằng:

3 3 3

3

ĐÁP ÁN Câu 1.

a) Điều kiện x�0,x�1

Khi x2(tmdk)ta thay vào biểu thức A ta được:

2 2 1

2 1



b) Điều kiện: x�0,x�1

1

1

B

c) Điều kiện : x�0,x�1

Ta có:

Với

0 1

1

x C

x

x C

�

�



�

�

 

1

x

x



�

Vậy x thì 0 C  A B nhận giá trị nguyên

Câu 2.

)

a

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  ; 2 1;

3 3

 � �� � b) Gọi chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật là x m x  0

Khi đó chiều dài mảnh vườn là x5 m

Diện tích mảnh vườn là: x5 m

Diện tích mảnh vườn hình chữ nhật là 150m nên ta có phương trình:2

2

2

10( )

x x

 

�

�

�

�



�

� � �

Vậy chiều rộng của mảnh vườn là 10m

Câu 3.

a) Hàm số đã cho là hàm số bậc nhất đồng biến trên �khi

4

m



b) Gọi đồ thị hàm số y m4 x m  là đường thẳng 4  d

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):

x  m x m  � x  m x m  

Số giao điểm của (d) và (P) đồng thời cũng là số nghiệm của phương trình (*)

Có các hệ số a1,b m4 , c  m 4

Ta có:

Ta có:   0 m

Nên (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt

Áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình (*) ta có:

1 2

1 2

4 4

x x m

  

�

�

Theo đề ra ta có:

   

1 1 2 2

1 1 2 2

2 2

1 2 1 2 1 2

18 0

�

�

2

�

�

2 7 10 0

�

2 2 5 10 0

2( )

5( )

�

�

�



�

� � �

Vậy m� 2;5 thỏa giá trị bài toán

c) Ta có:  d :ym4x m 4

+)Xét TH: m 4 0� m4ta có:  d :y là đường thẳng song song với trục hoành8

 

 

d O d

�

�

+)Xét TH: m�۹4 0 m 4ta có:

Goi A là giao điểm của đường thẳng  d với trục Ox � A x A;0

A

�

Gọi B là giao điểm của đường thẳng  d với trục Oy�B0;y B

4

B

B

�

Áp dụng hệ thức lượng cho OAB vuông tại O có đường cao OH ta có:

4 4

4

m





2

2

OH

Giả sử khoảng cách từ O đến đường thẳng  d không lớn hơn 65 ۣ d O d ;   65

2 2

2

2

2

4

65

m

m

m

ۣ







8m� �33  0 �m OH 65 m d O d, OH 65

 

d O d

Kết hợp hai trường hợp trên ta được khoảng cách từ O đến đường thẳng  d không lớn

hơn 65

Câu 4.

a) Ta có �AEB900(góc nôi tiếp chắn nửa đường tròn(O))�GEB� 900

Có CD ABtại H(gt)�GHB� 900

Xét tứ giác BEGH có � GHB GEB� 900 900 1800 � Tứ giác BEGH là tứ giác

nội tiếp

b) Dễ thấy tứ giác BECD nội tiếp đường tròn (O)��KEC CDB KDB �  � (góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)

Xét tam giác KCE và tam giác KBD có:

�

BKDchung; �KEC KDB cmt� ( )

c) Ta có: �AFB900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)�BF  AF(1)

Xét KAB có hai đường cao AE KH cắt nhau tại G G, � là trực tâm KAB

BG AK

Từ (1) và (2) �qua B kẻ được 2 đường thẳng BG BF cùng vuông góc với AF,

BG BF hay B,G,F thẳng hàng�GF  AF ��AFG900

Xét tứ giác AFGH có � AFG AHG � 900 900 1800 �Tứ giác AFGH là tứ giác nội

tiếp

� (hai góc nội tiếp cùng chắn cung GF)

Tứ giác BEGH nội tiếp (cmt) � GHE GBE � (hai góc nội tiếp cùng chắn cung GE)

Lại có: �GAF EAF EBF GBE� �  � (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EF)

Tứ giác BEGH nội tiếp (cmt)�GEH GBH�  � (hai góc nội tiếp cùng chắn cung GH)

Mà �GBH FBA FEA GEF� �  � (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF)

Từ (*) và (**) � là giao điểm của hai đường phân giác của tam giác HEF G � là tâm G

đường tròn nội tiếp tam giác HEF

d) Gọi Q là điểm đối xứng của E qua AB I là giao điểm của QO với ,  O Khi đó IQ

là đường kính của  O

Vì Q là điểm đối xứng của E qua AB hay qua HB nên HB là đường trung trực của EQ

,

EHQ

 có HE HQ nên cân tại H

HB

� vừa là đường trung trực, vừa là đường phân giác �EHQ� 2�EHB

Vì HG là tia phân giác của �EHF cmt( )�EHF� 2GHE�

Ta có: EHQ EHF� � 2�EHB GHE�  2.900 1800 �FHQ� 1800

, ,

F H Q

Xét  O có � IFQ APB� 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)� AP NBmà

( )

� (hai cung bị chắn bởi hai dây song song thì bằng nhau)

Lại có: AQ=AE (cmt)��AE AQ � (tính chất dây căng cung)

� (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Xét FIQ và PBA có:

IFQ APB  cmt ; IQ AB (vì đều là đường kính);FIQ PBA cmt� � ( )

Xét tứ giác AMNP có � M  � �N APN 900

�Tứ giác AMNP là hình chữ nhật �AP MN

Mà AP FQ HE HF cmt   ( )�HE HF MN dfcm  ( )

Câu 5,

Với , ,a b c dương, Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:

Ta có:

3 3 3

2 2 2

, ,

a b c

 thỏa mãn bài toán ta có:

2 2 2

3 3 3

2 2 2

Dấu bằng xảy ra �a b c  1