Đề + Đáp án thi vào THPT năm 2019-2020 môn Toán tỉnh Vĩnh Phúc

(1)

HDC-TS10-2019-2020 Trang 1/4 (Hướng dẫn chấm có 04 trang)

HDC THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 ĐỀ THI MÔN: TOÁN

—————————

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm) - Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm.

II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Câu 5 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 3(1) 6 (2)

x y

 



 



Nội dung Điểm

Từ (1) suy ra x2y3 _0,25

Thế vào (2) được 3y3 y1 0,25

Với y 1 x5. _0,25

Vậy hệ có nghiệm duy nhất 5 1 x y

 

 



0,25

Câu 6 (2,0 điểm). Cho parabol

 

^: ¹ ²

P y2x và đường thẳng

 

^d ^:^y^{  }^x ^m(x là ẩn, m là tham số).

6.a) (1,0 điểm) Tìm tọa độ giao điểm của parabol

 

^P với đường thẳng

 

^d khi m4.

Nội dung Điểm

Với m4 :

 

^d có phương trình y  x 4 _0,25

Phương trình hoành độ giao điểm

 

^P ^và

 

^d ^là:

2 2

1 4 2 8 0

2x    x x  x  ⁴ 2 x x

  

  

0,25 + Với x  4 y8.

+ Với x2y2. 0,25

Vậy tọa độ giao điểm của

 

^P ^và

 

^d ^là:



^{2; 2 ,}

 

^^{4;8 .}



0,25 6.b) (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng

 

^d cắt parabol

 

^P ^tại

hai điểm phân biệt A x y



1; 1



,B x y



2; 2



thỏa mãn x x_{1 2}y y₁ ₂ 5.

Phương trình hoành độ giao điểm của

 

^P ^và

 

^d ^:¹ ² ² ² ² ^{0 1}

 

2x   x mx  x m

 

^P cắt đường thẳng

 

^d tại hai điểm phân biệt A x y



1; 1



,B x y



2; 2



khi phương trình

 

^{1 có}

hai nghiệm phân biệt 1 2 ^/

 

, 1 2 0 1 *

x x     m m 2

0,25

Theo công thức Vi-et ta có x x_{1 2}  2m

Ta có

2

1 1

2

2 2

1 2 1 2

y x

 





 



 

²

1 2 1 2 1 2 1 2

5 1 5

x x y y  x x 4 x x 

0,25

 

² ²

2 1 2 5 2 5 0

m 4 m m m

         0,25

Câu 1 2 3 4 Đáp án B D A C

Vinhphuc.edu.vn

(2)

HDC-TS10-2019-2020 Trang 2/4

1 6

m m

  

 

  

Kết hợp điều kiện (*) ta được m 1 6

0,25

Câu 7 (1,0 điểm). Người thứ nhất đi đoạn đường từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 78km. Sau khi người thứ nhất đi được 1 giờ thì người thứ hai đi theo chiều ngược lại vẫn trên đoạn đường đó từ B về .A Hai người gặp nhau ở địa điểm C cách B một quãng đường 36km. Tính vận tốc của mỗi người, biết rằng vận tốc của người thứ hai lớn hơn vận tốc của người thứ nhất là 4km h và vận tốc của mỗi người trong suốt đoạn đường là không thay đổi.

Nội dung Điểm

Gọi vận tốc của người thứ nhất là: ^{x km h}



^/



^x^^{0 .}



Khi đó, vận tốc của người thứ hai là: ^x^⁴



^{km h}^/



^.

Quãng đường AC là: 42km.

0,25

Thời gian người thứ nhất đi từ A đến C là: 42

x (giờ).

Thời gian người thứ hai đi từ B đến C là: 36 4 x ^(giờ).

0,25

Theo để bài ta có phương trình 42 36 ²

1 2 168 0

4 x x

x  x    

 0,25

12 14 x x

  

   Kết hợp với điều kiện x0 ta được: x14.

Vậy vận tốc của người thứ nhất và người thứ hai lần lượt là ¹⁴



^{km h}^/



^và¹⁸



^{km h}^/



^.

0,25

Câu 8 (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn

 

^O ^.^Gọi^M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn

 

^O ^(Mkhông trùng với B C, ). Gọi H K D, , theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ Mđến các đường thẳng AB AC BC, , .

8.a) (1,5 điểm) Chứng minh tứ giác AHMK nội tiếp.

Vì MH vuông góc với AB nên MHA90 .⁰ 0,5

Vì MK vuông góc với AC nên MKA90 .⁰ 0,5

Vinhphuc.edu.vn

(3)

HDC-TS10-2019-2020 Trang 3/4

Suy ra MHA MKA  90⁰90⁰180 .⁰ 0,25

Tứ giác AHMK có tổng hai góc đối bằng 180⁰ nên AHMK là tứ giác nội tiếp đường tròn. 0,25 8.b) (1,0 điểm) Chứng minh MH MC. MK MB. .

Nội dung Điểm

Trong đường tròn (O) có MACMAKMBC (nội tiếp chắn cung nhỏ MC) Trong đường tròn (AHMK) có MHKMAK (nội tiếp chắn cung nhỏ MK).

Suy ra MHK MBC.(1)

0,25 Tương tự, trong đường tròn (O) có MABMAHMCB (nội tiếp chắn cung nhỏ MB)

Trong đường tròn (AHMK) có MKHMAH (nội tiếp chắn cung nhỏ MH).

Suy ra MKHMCB.(2)

0,25

Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác MHK và MBC đồng dạng (góc-góc) 0,25

Do đó

MH MK

. . .

MH MC MK MB

MB



MC

  (Điều cần chứng minh) 0,25

8.c) (0,5 điểm) Tìm vị trí của điểm M để DHDK lớn nhất.

Gọi HK cắt BC tại E. Theo b) ta có MCEMKE. Xét tứ giác MCKE có hai đỉnh kề nhau C và K cùng nhìn ME dưới góc không đổi nên đó là tứ giác nội tiếp.

Do đó MECMKC90 .⁰ Vậy

E



D

. Hay H, D, K thẳng hàng, suy ra .

DH



DK



HK

0,25

TH1. Nếu

H

không trùng với

B

.

Theo b) ta có

HK MH

sin .sin . (1)

MBH HK BC MBH BC

BC



MB

   

TH2. Nếu

H



B

. Khi đó

AM

là đường kính của ( )

O



K



C



HK



BC

(2) Từ (1), (2) suy ra

DH



DK

đạt giá trị lớn nhất bằng BC (không đổi) khi MBH90⁰, hay AM là đường kính của đường tròn (O) (Hoặc M đối xứng với A qua O).

0,25

Câu 9 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a b c, , . Chứng minh

 

²

2

2 6 3 6 2 16

2 2 2 2 2 3.

a b bc

a b bc b a c

  

     

Nội dung Điểm

Viết BĐT về dạng

 

²

2

2 16

3 0.

2a b 2 2bc 2b 2 a c 3

  

     0,25

Ta có: 2 2 1

2 2 .

2a b 2 2bc  a b b c a b c

    

  Đẳng thức xảy ra khi b = 2c. 0,25

Áp dụng BĐT Cauchy–Schwarz ta có:



^a^{ }^{c b}



²^



^{1 1}^

 

^_ ^a^^c



²^^b²^_

 

² ²

2 2

a b c a c b

     

 

²

2

16 16

2b 2 a c 3 a b c 3

   

  

. Đẳng thức xảy ra khi a + c = b.

0,25

 

  

2 2

2

2 16 1 16

3 3

2 2 2 2 2 3 3

3 1

3 0 a b c a b c

a b bc b a c

a b c a b c a b c

     

    

  

 

    

0,25

Vinhphuc.edu.vn

(4)

HDC-TS10-2019-2020 Trang 4/4 Đẳng thức xảy ra khi

1 0 1 2 4

1 2

a b c a c

b c

a c b b

    

   

 

 

 

    

 

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Lưu ý:

- Hướng dẫn chỉ trình bày các bước cơ bản của 1 cách giải, nếu HS có cách giải khác và đúng vẫn cho điểm theo thang điểm của hướng dẫn chấm.

- Trong một bài, thí sinh giải đúng đến đâu cho điểm đến đó.

- Bài hình học nếu không vẽ hình thì không cho điểm, nếu vẽ hình sai thì không cho điểm ứng với phần vẽ hình sai.

- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

----HẾT----

Vinhphuc.edu.vn