SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN THI: TỐN (Thời gian 120 phút khơng kể thời gian phát đề) g thi 07/6/2019 Câu 1: (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: A  32    22 11 2) Giải phương trình: x  x  3) Xác định hệ số a hàm số y  ax Biết đồ thị hàm số qua điểm A  3;1 Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: x   2m  n  x   2m  3n  1  1 (m, n tham số) 1) Với n  , chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm với giá trị m 2) Tìm m, n để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1  x2  1 x12  x22  13 Câu 3: (2,0 điểm) Gọi A, B giao điểm d với trục hoành trục tung; H trung điểm AB Tính độ dài đoạn thẳng OH (đơn vị đo trục tọa độ xentimét) 2) Một cốc nước dạng hình trụ có chiều cao 12cm, bán kính đáy 2cm, lượng nước cốc cao 8cm Người ta thả vào cốc nước viên bi hình cầu có bán kính 1cm ngập hồn tồn nước làm nước cốc dâng lên Hỏi sau thả viên bi vào mực nước cốc cách miệng cốc xentimét ? (Giả sử độ dày cốc không đáng kể) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình y   x  Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) hai đường kính AB, CD vng góc với Điểm M thuộc cung nhỏ BD cho BOM  300 Gọi N giao điểm CM OB Tiếp tuyến M đường tròn (O) cắt OB, OD kéo dài E F Đường thẳng qua N vuông góc với AB cắt EF P 1) Chứng minh tứ giác ONMP tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh tam giác EMN tam giác 3) Chứng minh: CN = OP 4) Gọi H trục tâm tam giác AEF Hỏi ba điểm A, H, P có thẳng hàng khơng ? Vì ? Câu 5: (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  3z  Tìm giá trị lớn của: S  xy yz 3xz   xy  3z yz  x 3xz  y - Hết - N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– G GVV TTH HC CSS N Ngguuyyễễnn C Chhíí TThhaannhh –– BBM MTT –– Đ Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm m ggiiớớii tthhiiệệuu)) trang SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) 22  3   2 11 x  2) x  x   x  x      x  1) A  32    3) Vì đồ thị hàm số y  ax qua điểm A  3;1 , nên có:  a   3  a  Câu 2: (2,0 điểm) 1) Với n  , phương trình (1) trở thành: x  2mx   2m  1  Ta có:     m    2m  1  m  2m    m  1  0; m Do phương trình (1) ln có nghiệm với giá trị m 2) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2    2m  n    2m  3n  1   * 2  x  x  2m  n Theo hệ thức Viét, ta có:   x1 x2  2m  3n  Theo giả thiết, ta có: x1  x2  1 x12  x22  13 Do 2m  n  1 2 x12  x22  13   x1  x2   x1 x2  13   1   2m  3n  1  13  2m  3n  5  4n  4  2m  n  1  n  1  Ta có:  (thỏa mãn (*))  n 1   m  n   m   m     Vậy m  n  1 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1  x2  1 x12  x22  13 Câu 3: (2,0 điểm) 2     2  2 2 2 1) Ta có: A  ;  , B  0;   AB  OA  OB        cm  2 2         1 OH trung tuyến ứng với cạnh huyền AOB vuông O  OH  AB     cm  2 4 2) Thể tích viên bi V1    R13     13  8  cm3  3 V 8   cm  Chiều cao cột nước hình trụ bán kính đáy cm tích V1 h    R   22 Mực nước cốc cách miệng cốc là: 12  8     cm  Câu 4: (3,0 điểm) N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– G GVV TTH HC CSS N Ngguuyyễễnn C Chhíí TThhaannhh –– BBM MTT –– Đ Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm m ggiiớớii tthhiiệệuu)) trang C B E N 300 O A H M P D F 1) Chứng minh tứ giác ONMP tứ giác nội tiếp Tứ giác ONMP có: ONP  900  NP  AB  , OMP  900 (EF tiếp tuyến (O) M) Vậy tứ giác ONMP tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh tam giác EMN tam giác Ta có: sđ BM  BOM  300 (góc tâm); sđ AC  sđ CB  900  AB  CD  1 Do EMN  sdCBM    900  300   600 (góc tạo tia tiếp tuyến dây) 2 1 MNE  sd AC  sd BM    900  300   600 (góc có đỉnh bên đường tròn) 2 EMN : EMN  MNE  60 Vậy tam giác EMN tam giác 3) Chứng minh: CN = OP MOP  MNP (góc nội tiếp chắn cung MP đường tròn ngoại tiếp tứ giác ONMP) MCO  MNP  NP  AB, CD  AB  NP / /CD    MCO  CMO ( OCM cân O, OC = OM (bán kính))  MOP  CMO  OP / /CN ; lại có NP / /CO  NP / /CD  nên tứ giác OCNP hình bình hành  CN  OP  dpcm  4) Ba điểm A, H, P có thẳng hàng khơng ? Vì ? Giả sử A, H, P thẳng hàng  AP  EF (H trực tâm AEF ) Tứ giác OAFP có: APF  900  AP  EF  , AOF  900  AB  CD  , nên tứ giác OAFP nội tiếp N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– G GVV TTH HC CSS N Ngguuyyễễnn C Chhíí TThhaannhh –– BBM MTT –– Đ Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm m ggiiớớii tthhiiệệuu)) trang  OAF  OPE mà OPE  EMN  600  CN / / OP  OAF  600 AEF : EAF  600  cmt  , AEF  600 ( EMN đều) Vậy tam giác AEF tam giác Lại có FO  AE  gt   OA  OE  AE (vô lý) Vậy A, H, P không thẳng hàng Câu 5: (1,0 điểm) Đặt x  a, y  b, 3z  c  a, b, c  0; a  b  c  xy ab  ab ab ab ab  ;  :  c    xy  3z  ab  c ab  a  b  c c a  c b  c       yz bc  bc bc bc bc  ;  :  a    yz  x   bc  2a bc   a  b  c  a  a  b  a  c  xz ac ac ac  ac :  ac  2b     xz  y ac  2b ac   a  b  c  b  a  b  b  c  bc ac   a  b  a  c   a  b b  c  Áp dụng bất đẳng thức AB   A  B  ( A  0, B  ; dấu “=” xảy A  B ) ab 1 a b  bc 1 b c  Ta có ;       ;  a  c  b  c   a  c b  c   a  b  a  c   a  b a  c  Do S  ab   a  c  b  c  1 a c bc a b ac 1 a c         Nên S   2 a  c b  c a b   a  b  b  c   a  b b  c  b  a  a  c b  c   b  c 2 Dấu "  " xảy  a  b a  c  a  b  c   x  ; y  ; z  3  a c   a  b bc   a  b  c  2 Vậy max  S   x  ; y  ; z  3 N Ngguuyyễễnn D Dưươơnngg H Hảảii –– G GVV TTH HC CSS N Ngguuyyễễnn C Chhíí TThhaannhh –– BBM MTT –– Đ Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm m ggiiớớii tthhiiệệuu)) trang ... AB  OA  OB        cm  2 2         1 OH trung tuyến ứng với cạnh huyền AOB vuông O  OH  AB     cm  2 4 2) Thể tích viên bi V1    R13     13  8  cm3  3 V 8... EMN đều) Vậy tam giác AEF tam giác Lại có FO  AE  gt   OA  OE  AE (vô lý) Vậy A, H, P không thẳng hàng Câu 5: (1,0 điểm) Đặt x  a, y  b, 3z  c  a, b, c  0; a  b  c  xy ab  ab