y A B H M b) Bài (1,0đ) O C x Xét phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị: x  2x  2x   x  x      x  2 Với x = y = 2, ta điểm B(1; 2) Với x = – y = 8, ta điểm A(– 2; 8) Gọi C giao điểm AB Ox  C(2;0) Vẽ MH  AB Dễ thấy  MAC vuông M, MA = 8, MC = Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông, ta có: 1 1    2  2 MH MA MC 64  MH  (đơn vị dài) 4x  (m  2m  15)x  (m  1)  20   4x  (m  2m  15)x  m  2m  19  Xét a  b  c   (m  2m  15)  m  2m  19   Phương trình có hai nghiệm: c 19  2m  m 19  2m  m x1  1 ; x    x  1 ; x1  a 4 Theo đề bài: x1  x  2019  (1) Xét trường hợp: 19  2m  m + TH 1: x1  1 ; x  Thay vào (1) được: 0.75 1.0 19  2m  m  2019   8080  19  2m  m  1  m  2m  8099   m  89   m  91 19  2m  m ; x  1 Thay vào (1) được: + TH 2: x1   19  2m  m      2019     19  2m  m     2018 (vơ lí)   Vậy m  89; 91 giá trị cần tìm Gọi chiều rộng mảnh đất x (m) ĐK: x > Vì diện tích mảnh đất 80m2 nên chiều dài mảnh đất Bài (1,0đ) 80 (m) x Nếu giảm chiều rộng 3m chiều rộng x – (m) 80 Nếu tăng chiều dài 10m chiều dài  10 (m) x Vì diện tích mảnh đất tăng thêm 20m2 nên ta có phương trình:  80  (x  3)   10   80  20  x   x  5x  24  Giải phương trình được: x1  (TMĐK) , x  3 (loại) Vậy chiều rộng mảnh đất 8m chiều dài mảnh đất 80 : = 10 (m) 1.0 D K A H O B C 0.25 E a) Bài (3,0đ) b)   90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Ta có: CKB   90o  CK  DB  DKC   90o (GT) Lại có DHC Tứ giác DHCK có:   DKC   90o  90o  180o DHC  Tứ giác DHCK tứ giác nội tiếp Vì đường kính AB vng góc với dây DE H nên HD = HE (quan hệ vng góc đường kính dây) Tứ giác ADCE có HA = HC HD = HE  Tứ giác ADCE hình bình hành  CE // AD (1) o  Ta có: ADB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AD  DB Lại có CK  DB (2)  CK // AD Từ (1) (2)  ba điểm E, C, K thẳng hàng (theo tiên đề Ơ-clit) Để cho đơn giản, ta xét toán sau: Cho (O; R) có hai dây DE MN vng góc với Chứng minh EM  DN  4R 0.75 0.5 0.5 D c) M N O P E 1.0 Vẽ đường kính MP (O)   MEP   90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Ta có: MNP  MN  NP  DE // NP  DEPN hình thang Mà hình thang DEPN nội tiếp đường trịn  DEPN hình thang cân  DN = EP (có thể dùng liên hệ cung dây để chứng minh DN = EP) (3)  EM  DN  EM  EP  EMN vuông E  EM  EP  MP  4R (theo định lí Py-ta-go) (4) 2 Từ (3) (4)  EM  DN  4R  EM  DN  AB2 (đpcm) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2019 Mơn thi: Tốn (Dành cho thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) Câu (2,0 điểm) Thực phép tính:  28(a  2) , với a  Tìm tọa độ giao điểm đồ thị hàm số y  x đồ thị hàm số y  3x  Rút gọn biểu thức: Câu (2,0 điểm) Cho phương trình x  x  m   , với m tham số Giải phương trình với m  Tìm giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 x2 thỏa mãn x13  x23  x1 x2  4( m  m ) Câu (2,0 điểm) Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình: Hai người thợ làm cơng việc ngày xong Mỗi ngày, lượng cơng việc người thứ hai làm nhiều gấp ba lần lượng công việc người thứ Hỏi làm người làm xong cơng việc ngày ? Câu (3,5 điểm) Cho đường trịn ( O; R ), hai đường kính AB CD vng góc với E điểm thuộc cung nhỏ BC (E không trùng với B C), tiếp tuyến đường tròn ( O; R ) E cắt đường thẳng AB I Gọi F giao điểm DE AB, K điểm thuộc đường thẳng IE cho KF vng góc với AB a Chứng minh tứ giác OKEF nội tiếp   ODF  b Chứng minh OKF c Chứng minh DE.DF  R  EIB   45o d Gọi M giao điểm OK với CF, tính tan MDC Câu (0,5 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ 2019 biểu thức P   2 x y z xy  yz  zx - Hết - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Câu (2,0đ) Nội dung   2.3  3.2    Với a  , ta có: 28(a  2)  4(a  2)  a    a   Xét phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị: x  3x   x  3x   Giải phương trình x1  1; x2  Với x  y  12  Với x  y  22  Vậy tọa độ giao điểm hai đồ thị (1; 1) (2; 4) Với m  1, ta có phương trình: x  x  x   x( x  2)     x  2 Điểm 0.5 0.5 1.0 0.5 Vậy với m  , phương trình có tập nghiệm S  0; 2 Câu (2,0đ) Phương trình x  x  m   Xét  '   (m  1)   m Phương trình có hai nghiệm phân biệt  '   m  Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  x1  x2  2   x1 x2  m  Theo đề bài: x13  x23  x1 x2  4( m  m )  ( x1  x2 )3  x1 x2 ( x1  x2 )  x1 x2  4( m  m ) 1.5  (2)3  3(m  1).(2)  6(m  1)  4(m  m )  8  6m   6m   4(m  m )  8  4(m  m ) Câu (2,0đ)  m2  m   Giải phương trình được: m1  1 (TMĐK), m2  (loại) Vậy m  1 giá trị cần tìm Gọi thời gian người thợ thứ người thợ thứ hai làm xong việc x (ngày) y (ngày) ĐK: x, y > Mỗi ngày: người thứ làm công việc, người thứ hai làm x 1 công việc, hai người làm công việc y 2.0 1 (1)   x y Vì ngày, lượng công việc người thứ hai làm nhiều gấp ba lần lượng công việc người thứ nên ta có phương trình:  (2) y x Từ (1) (2) ta có hệ phương trình: 1 1 1 4    x  y    x  36  x x  x      y  12 1  1  1   y x  y x  y x Vậy làm người thợ thứ cần 36 ngày, người thợ thứ hai cần 12 ngày để làm xong công việc Ta có phương trình: C K 1 E M H A O F B I 0.25 D Câu (3,5đ) a b c Tứ giác OKEF có:   90o (EK tiếp tuyến (O)) OEK   90o (KF  AB) OFK   OEK   90o  OEK  OKEF tứ giác nội tiếp OKEF tứ giác nội tiếp 1  E 1 K  ODE cân O (OD = OE = R) E 1  ODF   ODF  (đpcm) Do K   90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Ta có DEC  DOF  DEC có:  chung ; DOF   DEC   90o ODF   DOF  DEC (g-g) 0.75 0.75 0.75 DO DF  DE DC  DE.DF  DO.DC  R.2R  2R   45o  EOB   45o Ta có: EIB  E điểm cung BC   DF tia phân giác ODB Áp dụng tính chất đường phân giác tam giác, ta có: OF OD  FB BD OF FB OF  FB OB     OD BD OD  BD OD  BD OF R     1 R R  R 1 (Vì  OBD vuông cân O nên BD  OB  R )   OF  R d   1 1  K  (  ODF)  Dễ thấy C  OCKF tứ giác nội tiếp   COF   180o  CKF   90o  CKF  OCKF hình chữ nhật (tứ giác có góc vng)  M trung điểm CF Vẽ MH  OC  H trung điểm OC  HM đường trung bình  COF R  HM  OF    1 Lại có HD = OH + OD = Câu (0,5đ) R   R 1 1   tan MDH   HM   tan MDC : R HD 2 2019 P  x  y  z xy  yz  zx 1 2017     2 x y z xy  yz  zx xy  yz  zx xy  yz  zx Ta có: (a  b  c)  3(ab  bc  ca)  a  b  c  ab  bc  ca (a  b)  (b  c)  (c  a)    3(ab  bc  ca)  (a  b  c) Dấu “=” xảy  a  b  c Với a, b, c  , áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có:  1.0 1.0 a  b  c  3 abc 1 1    33 a b c abc 1 1   a  b  c       3 abc 3 9 abc a b c 1     a b c abc Dấu “=” xảy  a  b  c Với x  y  z  , áp dụng kết trên, ta có: 1   2 x y z xy  yz  zx xy  yz  zx 9    9 2 x  y  z  2( xy  yz  zx) ( x  y  z ) 2017 6051 6051 6051     6051 xy  yz  zx 3( xy  yz  zx) ( x  y  z )  P   6051  6060 Dấu “=” xảy  x  y  z  Vậy P  6060  x  y  z  SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức sau: a) A =  12    60 b) B = x x2  6x  với < x < x3 x Câu (2,5 điểm) 1.Xác định hàm số bậc y = ax + b biết đồ thị hàm số qua hai điểm M(1; -1) N(2;1) Cho phương trình x2 + 2mx + m2 - m +3 = (1), m tham số a) Giải phương trình (1) với m = b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 biểu thức P = x1 x2 - x1 - x2 đạt giá trị nhỏ Câu (1,5 điểm) Tình cảm gia đình có sức mạnh thật phi thường.Bạn Vi Quyết Chiến- Cậu bé 13 tuổi thuongw nhớ em trai mìnhđã vượt qua quãng đường dài 180 km từ Sơn La đến bệnh viện nhi Trung ương Hà Nội để thăm em Sau xe đạp giờ, bạn lên xe khách tiếp 30 phút đến nơi Biết vận tốc xe khách lớn vận tốc xe đạp 35 km/giờ Tính vận tốc xe đạp bạn Chiến Câu (3,0 điểm) Cho đường trịn (O) có hai đường kính AB MN vng góc với nhau.Trên tia đối tia MA lấy điểm C khác điểm M Kẻ MH vuông góc với BC (H thuộc BC) a) Chứng minh BOMH tứ giác nội tiếp b) MB cắt OH E.Chứng minh ME.HM = BE.HC c) Gọi giao điểm đường tròn (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC K.Chứng minh ba điểm C, K, E thẳng hàng Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x  27 x  25  x   x  HẾT Họ tên thí sinh Số báo danh SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 MƠN THI: TỐN Thời gian: 120 phút (Khơng kể thời gian phát đề) ðỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (2 ñiểm) Rút gọn biểu thức sau: a) A = ( 12 − ) + 60 4x x2 − x + với < x < x−3 x Câu 2: (2,5 ñiểm) 1) Xác ñịnh hàm số bậc y = ax + b, biết ñồ thị hàm số ñi qua ñiểm M(1; -1) N(2; 1) b) B = 2) Cho phương trình: x − 2mx + m2 − m + = (1), với m tham số a) Giải phương trình (1) với m = b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 biểu thức: P = x1 x2 − x1 − x2 ñạt giá trị nhỏ Câu 3: (1,5 điểm) Tình cảm gia đình có sức mạnh phi trường Bạn Vì Quyết Chiến - Cậu bé 13 tuổi qua thương nhớ em trai ñã vượt qua quãng ñường dài 180km từ Sơn La ñến bệnh viện Nhi Trung ương Hà Nội ñể thăm em Sau ñi xe ñạp giờ, bạn ñược lên xe khách ñi tiếp 30 phút đến nơi Biết vận tốc xe khách lớn vận tốc xe ñạp 35km/h Tính vận tốc xe đạp bạn Chiến Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường trịn (O) có hai đường kính AB MN vng góc với Trên tia ñối tia MA lấy ñiểm C khác ñiểm M Kẻ MH vng góc với BC (H thuộc BC) a) Chứng minh BOMH tứ giác nội tiếp b) MB cắt OH E Chứng minh ME.MH = BE.HC c) Gọi giao điểm đường trịn (O) với đường trịn ngoại tiếp ∆MHC K Chứng minh điểm C, K, E thẳng hàng Câu 5: (1,0 ñiểm) Giải phương trình: HƯỚNG DẪN LÀM BÀI Câu 1: a) A = ( 12 − ) x + 27 x + 25 − x + = x − + 60 = 36 − 15 + 15 = 36 = b) Với < x < x − = − x B= 4x x2 − x + x = x−3 x x −3 ( x − 3) x = −2 x x − −2 x ( − x ) = = −2 3− x x (3 − x ) x Câu 2: 1) Vì đồ thị hàm số ñi qua ñiểm M(1; -1) nên a + b = −1 ñồ thị hàm số ñi qua ñiểm N(2; 1) nên 2a + b = a + b = −1 a = Yêu cầu toán ⇔  ⇔  2a + b = b = −3 Vậy hàm số phải tìm y = 2x - 2) a) Với m = 4, phương trình (1) trở thành: x − x + 15 = Có ∆ = > diendangiaovientoan.vn Trang 1/3 - WordToan Phương trình có hai nghệm phân biệt x1 = 3; x2 = 5; ( ) b) Ta có: ∆' = ( −m ) − m2 − m + = m2 − m2 + m − = m − Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 ∆' ≥ ⇔ m − ≥ ⇔ m ≥  x1 + x2 = 2m Với m ≥ , theo định lí Vi-ét ta có:   x1.x2 = m − m + Theo ra: P = x1 x2 − x1 − x2 = x1 x2 − ( x1 + x2 ) Áp ñụng ñịnh lí Vi-ét ta ñược: P = m − m + − 2m = m − 3m + = m(m − 3) + Vì m ≥ nên m(m − 3) ≥ , suy P ≥ Dấu " = " xảy m = Vậy giá trị nhỏ P m = Bài 3: ðổi 30 phút = 1,5 Gọi vận tốc xe ñạp bạn Chiến x (km/h, x > ) Vận tốc ô tô x + 35 (km/h) Quãng ñường bạn Chiến ñi xe ñạp là: 7x (km) Quãng ñường bạn Chiến ñi ô tô là: 1,5( x + 35) (km) Do tổng qng đường bạn Chiến 180km nên ta có phương trình: x + 1,5( x + 35) = 180 ⇔ x + 1,5 x + 52, = 180 ⇔ 8,5x = 127,5 ⇔ x = 15 (thỏa mãn) Vậy bạn Chiến ñi xe ñạp với vận tốc 15 km/h Bài 4: a) Ta có: MOB = 900 (do AB ⊥ MN) MHB = 900 (do MH ⊥ BC) C Suy ra: MOB + MHB = 900 + 900 = 1800 ⇒ Tứ giác BOMH nội tiếp M b) ∆OMB vuông cân O nên OBM = OMB (1) E Tứ giác BOMH nội tiếp nên OBM = OHM (cùng chắn cung OM) OMB = OHB (cùng chắn cung OB) H K (2) A Từ (1) (2) suy ra: OHM = OHB ME MH = (3) BE HB Áp dụng hệ thức lượng ∆BMC vng M có MH HM HC = đường cao ta có: HM = HC.HB ⇒ (4) HB HM ME HC = Từ (3) (4) suy ra: ( 5) ⇒ ME.HM = BE.HC (ñpcm) BE HM O ⇒ HO tia phân giác MHB ⇒ N c) Vì MHC = 900 (do MH ⊥ BC) nên đường trịn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính MC ⇒ MKC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) MN đường kính đường trịn (O) nên MKN = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒ MKC + MKN = 1800 (*) ⇒ ñiểm C, K, N thẳng hàng HC MC = ∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) ⇒ Mà MB = BN (do ∆MBN cân B) MH BM Trang 2/3 – Diễn đàn giáo viên Tốn B HC MC ME HC = = , kết hợp với (theo (5) ) HM BN BE HM MC ME = Suy ra: Mà EBN = EMC = 900 ⇒ ∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c) BN BE ⇒ ⇒ MEC = BEN , mà MEC + BEC = 1800 (do ñiểm M, E, B thẳng hàng) ⇒ BEC + BEN = 1800 (**) ⇒ ñiểm C, E, N thẳng hàng Từ (*) (**) suy ñiểm C, K, E, N thẳng hàng ⇒ ñiểm C, K, E thẳng hàng (đpcm) Câu 5: ðKXð: x ≥ Ta có: x + 27 x + 25 − x + = x − ⇔ x + 27 x + 25 = x + + x − ⇔ x + 27 x + 25 = x − + 25 x + 25 + 10 ( x + 1)( x − 4) x + x + = 10 x + 1)(x − 4) ⇔ x + x + = ( x + 1)( x − 4) (1) Cách 1: (1) ⇔ ( x − x − )( x − 13 x − 26 ) = Giải ñược: x = − (loại); x = + (nhận); x = 13 + 65 13 − 65 (nhận); x = (loại) 8 Cách 2: (1) ⇔ (x − x − 2) ( x + 2) = ( x2 − x − 2) + 3( x + 2) (2) ðặt a = x − x + 2; b = x + (a ≥ 0; b ≥ 0) Lúc đó, phương trình (2) trở thành: a = b 5ab = 2a + 3b2 ⇔ a − 5ab + 3b = ⇔ ( a − b )( a − 3b ) = ⇔   2a = 3b - Với a = b (*)  x = − 5(ktm) x2 − x − = x + ⇔ x2 − 2x − ⇔   x = + 5(tm)  13 + 65 (tm) x = - Với 2a = 3b x − x − = x + ⇔ x − 13 x − 26 = ⇔   13 − 65 (ktm) x =  Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = + x = 13 + 65 Trang 3/3 - WordToan ...  a2019   20193   4038  2019 2   a12  4038a1  2019    a22  4038a2  2019      a2019  4038a2019  2019   20193   2019  2019   a1  2019    a2  2019      a2019... 2018  2019  2019 Mâu thuẩn với a1  a2  a3    a2019  20192 +) TH: a1  2020 a2  a3    a2019  2019  a12  a22  a32    a2019  20202  2018  2019  20192   2019   2018  2019. ..  2019   20192  2018  2019     2019  20193    2019  20193  Mâu thuẩn với a12  a22  a32    a2019  20193  Vậy  a1 ; a2 ; a3 ; ; a2019    2019; 2019; 2019; ; 2019  Câu