SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỒNG NAI
--------------ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 - 2020
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
---------------------

Câu 1. (1,75 ñiểm)
1) Giải phương trình 2 x 2 − 7 x + 6 = 0.
2 x − 3 y = − 5

2) Giải phương trình 


3x + 4 y = 18
3) Giải phương trình x 4 + 7 x 2 − 18 = 0.
Câu 2. (2,25 ñiểm)
1) Vẽ ñồ thị của hai hàm số y =

−1 2
x , y = 2 x − 1 trên cùng một mặt phẳng tọa ñộ.
2

2) Tìm các tham số thực m ñể hai ñường thẳng y = (m2 + 1) x + m và y = 2 x − 1 song song với nhau.
3) Tìm các số thực x ñể biểu thức M = 3x − 5 −

1
3

2) Tìm các số thực x và y thỏa mãn 
 2

y
−
3
xy
=
−
2


Câu 5. (2,5 ñiểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn (O) có hai ñường cao BD và CE cắt nhau tại trực tâm H .
Biết ba góc CAB , ABC , BCA ñều là góc nhọn.
1) Chứng minh bốn ñiểm B, C , D, E cùng thuộc một ñường tròn.
2) Chứng minh DE vuông góc với OA. .


3) Cho M , N lần lượt là trung ñiểm của hai ñoạn BC , AH . Cho K , L lần lượt là giao ñiểm của hai
ñường thẳng OM và CE , MN và BD . Chứng minh KL song song với AC .
Câu 6. (0,5 ñiểm)
Cho ba số thực a , b , c . Chứng minh rằng:
3

( a2 − bc)

3

3

7
1
3
x =
=
 2
2.2
2
3 


Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =  ; 2 .

2 




2 x − 3 y = − 5
2) Giải hệ phương trình : 
3x + 4 y = 18




17 y = 51

y = 3





2
2



Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x ; y ) = (2; 3).
3) Giải hệ phương trình: x 4 + 7 x 2 − 18 = 0.
ðặt x 2 = t (t ≥ 0 ) . Khi ñó ta có phương trình ⇔ t 2 + 7 t − 18 = 0 (1)
Ta có: ∆ = 7 2 + 4.18 = 121 > 0


t1 = −7 + 121 = −7 + 11 = 2 (tm)

2
2
⇒ (1) có hai nghiệm phân biệt: 

t = −7 − 121 = −7 − 11 = −9 ( ktm)
2
2
2

Với t = 2 ⇒ x 2 = 2 ⇔ x = ± 2.

{

}


2

Ta có bảng giá trị:

x

-4

-2

0

2

4

1
y = − x2
2

-8

-2

0

-2

-8



m
+
1
=
2
m
=
1

⇔
⇔
⇔


 m = −1 ⇔ m = 1.
m ≠ −1
m ≠ −1 







m ≠ −1

Vậy m = 1 thỏa mãn bài toán.
3) Tìm các số thực x ñể biểu thức M = 3x − 5 −


x ≠ 4 
x ≠ ±2 
x ≠ 2




Vậy biểu thức M xác ñịnh khi và chỉ khi x ≥

3

5
, x ≠ 2.
3

Câu 3( 2 ñiểm) (VD):
1) Cho tam giác MNP vuông tại N có MN = 4 a , NP = 3 a với 0 < a ∈ ℝ . Tính theo a diện tích xung
quanh của hình nón tạo bởi tam giác MNP quay quanh ñường thẳng MN .
2) Cho x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 3x + 1 = 0 . Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn
2

2

có hai nghiệm là 2x1 − (x2 ) và 2x2 − (x1 ) .
3) Bác B vay ở một ngân hàng 100 triệu ñồng ñể sản xuất trong thời hạn 1 năm. Lẽ ra ñúng 1 năm sau
bác phải trả cả tiền vốn lẫn tiền lãi, song bác ñã ñược ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm nữa,
số tiền lãi của năm ñầu ñược gộp vào với tiền vốn ñể tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ. Hết 2
năm bác B phải trả tất cả 121 triệu ñồng. Hỏi lãi suất cho vay của ngân hàng ñó là bao nhiêu phần
trăm trong 1 năm?
Lời giải

Xét các tổng và tích sau:
2

2

S = 2 x1 − (x2 ) + 2 x2 − (x1 ) = 2 (x1 + x2 ) − (x12 +22 )
2
= 2 ( x1 + x2 ) − (x1 + x2 ) − 2 x1 x2  = 2.3 −  32 − 2.1 = −1


2
2
2
P =  2 x1 − (x2 )   2 x2 − (x1 )  = 4x1 x2 − 2 x13 − 2 x23 + (x1 x2 )



2

= 4x1 x2 − 2 (x13 + x23 ) + (x1 x2 )

= 4.1 − 2  33 − 3.1.3 + 12 = −31.
2

Ta có S2 = (−1) = 1 ≥ 4P = −124
2

2

⇒ 2 x1 − ( x2 ) và 2x2 − (x1 ) là 2 nghiệm của phương trình

⇔ 
 x + 210 = 0
 x = −210 ( ktm)

Vậy lãi suất cho vay của ngân hàng ñó là 10%/ năm.
Câu 4 ( 1 ñiểm)


 a + a  a − 3 a + 2 

 ( với a ≥ 0 và a ≠ 4 ).
1) Rút gọn biểu thức P = 
 1 + a 
a − 2 


4x 2 − xy = 2

.
x
y
2) Tìm các số thực và thỏa mãn  2

y
xy
−
3
=
−
2

= a.
= a.

(

a

(

) (

a −2 −

a −2

a −2

)

= a.

(

)(

a −1

a −2

)

4x − xy = 2 (1)
 2


y − 3xy = −2 ( 2 )

Lấy (1) cộng (2 ) vế với vế ta ñược:
4 x 2 − xy + y 2 − 3xy = 0 ⇔ 4 x 2 − 4 xy + y 2 = 0
2

⇔ ( 2 x − y) = 0 ⇔ 2 x − y = 0 ⇔ y = 2 x
Thay y = 2 x vào (2 ) ta ñược:
⇔ − 2 x 2 = −2 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = ±1

Với x = 1 thì y = 2.1 = 2.
Với x = −1 thì y = 2.(−1) = −2.
Vậy hệ có nghiệm (x ; y ) ∈ {(1; 2 ) , (−1; −2 )} .
Câu 5 (2,5 ñiểm)


Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn (O) có hai ñường cao BD và CE cắt nhau tại trực tâm H . Biết ba
góc CAB , ABC , BCA ñều là góc nhọn.
2) Chứng minh bốn ñiểm B, C , D, E cùng thuộc một ñường tròn.
3) Chứng minh DE vuông góc với OA. .
4) Cho M , N lần lượt là trung ñiểm của hai ñoạn BC , AH . Cho K , L lần lượt là giao ñiểm của hai
ñường thẳng OM và CE , MN và BD . Chứng minh KL song song với AC .
Lời giải

Phương pháp:
1) Chứng minh tứ giác có hai ñỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh các góc bằng nhau.

3

( a2 − bc)

3

3

+ (b 2 − ca) + (c 2 − ab) ≥ 3 ( a 2 − bc )(b 2 − ca)(c 2 − ab) .

Lời giải
Phương pháp:
-

ðặt x = a 2 − bc , y = b 2 − ca , z = c 2 − ab ñưa bất ñẳng thức cần chứng minh về x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyz.

-

Chứng minh ñẳng thức x 3 + y 3 + z3 − 3xyz = (x + y + z)(x 2 + y 2 + z2 − xy − yz − zx)

-

Từ ñó ñánh gái hiệu x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz và kết luận.

ðặt x = a 2 − bc , y = b 2 − ca , z = c 2 − ab
Bất ñẳng thức cần chứng minh trở thành : x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyz.
Ta có:

x 3 + y 3 + z3 − 3xyz = (x 3 + y 3 ) − 3xyz + z3
3



Ta có: x + y + z = a 2 − bc + b 2 − ca + c 2 − ab
= a2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca =

1
2
2
2
( a − b) + (b − c ) + (c − a)  ≥ 0, ∀a , b , c


2

Suy ra x + y + z ≥ 0 ⇒(x + y + z)(x 2 + y 2 + z2 − xy − yz − zx) ≥ 0
3

3

3

⇒ x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyz hay ( a 2 − bc ) + (b 2 − ca) + (c 2 − ab) ≥ 3 ( a 2 − bc )(b 2 − ca)(c 2 − ab) (ñpcm)

Dấu “ =” xảy ra khi a = b = c