SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐẮK LẮK
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG

NĂM HỌC 2019 - 2020

MƠN THI: TỐN
(Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề)
g thi 07/6/2019

Câu 1: (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức: A  32  6  3 

22
11

2) Giải phương trình: x 2  2 x  0
3) Xác định hệ số a của hàm số y  ax 2 . Biết đồ thị hàm số đó đi qua điểm A  3;1 .
Câu 2: (2,0 điểm) Cho phương trình: x 2   2m  n  x   2m  3n  1  0 1 (m, n là tham số)
1) Với n  0 , chứng minh rằng phương trình (1) ln có nghiệm với mọi giá trị của m .
2) Tìm m, n để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1  x2  1 và
x12  x22  13 .
Câu 3: (2,0 điểm)
2
. Gọi
2
A, B lần lượt là giao điểm của d với trục hoành và trục tung; H là trung điểm của AB. Tính độ
dài đoạn thẳng OH (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét).
2) Một cốc nước dạng hình trụ có chiều cao 12cm, bán kính đáy 2cm, lượng nước trong

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 1


SƠ LƯỢC BÀI GIẢI

Câu 1: (2,0 điểm)
22
 4 2 3 2  2  2 2
11
x  0
2) x 2  2 x  0  x  x  2   0  
x  2

1) A  32  6  3 

3) Vì đồ thị hàm số y  ax 2 đi qua điểm A  3;1 , nên có: 1  a   3  a 
2


2
m

3
n


5
m


1
m




2
Vậy m  n  1 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1  x2  1 và
x12  x22  13 .

Câu 3: (2,0 điểm)
2

2

 2 

 2  2
2

V
8
 2  cm 
Chiều cao cột nước hình trụ bán kính đáy 2 cm có thể tích V1 là h  1 2 
 R   22
Mực nước trong cốc cách miệng cốc là: 12  8  2   2  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 2


C

B E

N

0
EMN : EMN  MNE  60 . Vậy tam giác EMN là tam giác đều.
3) Chứng minh: CN = OP.
MOP  MNP (góc nội tiếp cùng chắn cung MP của đường trịn ngoại tiếp tứ giác ONMP)
MCO  MNP  NP  AB, CD  AB  NP / /CD 





MCO  CMO ( OCM cân tại O, do OC = OM (bán kính))
 MOP  CMO  OP / /CN ; lại có NP / /CO  NP / /CD  nên tứ giác OCNP là hình bình

hành  CN  OP  dpcm 
4) Ba điểm A, H, P có thẳng hàng khơng ? Vì sao ?
Giả sử A, H, P thẳng hàng  AP  EF (H là 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))


b

c
c
a

c
b

c
2







3 yz
bc  bc
bc
bc
bc

;
 :  a 


3 yz  x 2  2
 bc  2a bc   a  b  c  a  a  b  a  c 

 a  c  b  c  2  a  c b  c   a  b  a  c  2  a  b a  c 
Do đó S 

ab

 a  c  b  c 

1 a c bc a b 3
ac
1 a
c 


 


 . Nên S  
2 a  c b  c a b  2
 a  b  b  c  2  a  b b  c 
b
 a

a  c b  c

 b  c
2
2
1
2
Dấu "  " xảy ra khi  a  b a  c  a  b  c   x  ; y  ; z 

CSS N
Ngguuyyễễnn C
Chhíí TThhaannhh –– BBM
MTT –– Đ
Đăăkk LLăăkk ((SSưưuu ttầầm
m -- ggiiớớii tthhiiệệuu))

trang 4