Đề Tuyển Sinh Môn Toán Lớp 10 TP. Hải Dương 2019 - 2020

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2019 – 2020
(Thời gian làm bài 120 phút)
Câu 1: (2,0 điểm)
1) Giải phương trình: √4𝑥2 − 4𝑥 + 9 = 3 2) Giải hệ phương trình: {
3𝑥 − 𝑦 = 5
2𝑦 − 𝑥 = 0
Câu 2: (2,0 điểm)
1) Cho hai đường thẳng (d1): y = 2x – 5 và (d2): y = 4x – m (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị
của tham số m để (d1) và (d2) cắt nhau tại một điểm trên trục hoành Ox.
2) Rút gọn biểu thức: 𝑃 = (
√ 𝑥
3+√ 𝑥
+
2𝑥
9−𝑥
) : (
√ 𝑥−1
𝑥−3√ 𝑥
−
2
√ 𝑥
) 𝑣ớ𝑖 𝑥 > 0, 𝑥 ≠ 9, 𝑥 ≠ 25.
Câu 3: (2,0 điểm)
1) Theo kế hoạch, một xưởng may phải may xong 360 bộ quần áo trong một thời gian quy định.
Đến khi thực hiện, mỗi ngày xưởng đã may được nhiều hơn 4 bộ quần áo so với số bộ quần áo
phải may trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế xưởng đã hoàn thành kế hoạch trước 1 ngày. Hỏi
theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng phải may bao nhiêu bộ quần áo?
2) Cho phương trình: x2 – (2m + 1)x – 3 = 0 (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình đã
cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m. Tìm các giá trị của m sao cho |x1| - |x2| = 5 và
x1 < x2.
Câu 4: (3,0 điểm)
Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp
điểm). Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AO chứa điểm B vẽ cát tuyến AMN với đường
tròn (O) (AM < AN, MN không đi qua O). Gọi I là trung điểm của MN.
1) Chứng minh: Tứ giác AIOC là tứ giác nội tiếp.
2) Gọi H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh: AH.AO = AM.AN và tứ giác MNOH là tứ
giác nội tiếp.
3) Qua M kẻ đường thẳng song song với BN, cắt AB và BC theo thứ tự tại E và F. Chứng minh
rằng M là trung điểm của EF.
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho các số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện: a + b + c = 2019.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 𝑃 = √2𝑎2 + 𝑎𝑏 + 2𝑏2 + √2𝑏2 + 𝑏𝑐 + 2𝑐2 +
√2𝑐2 + 𝑐𝑎 + 2𝑎2

2. LỜI GIẢI
Câu 1: 1) ĐKXĐ: 4𝑥2
− 4𝑥 + 9 ≥ 0  (2𝑥 − 1)2
+ 8 ≥ 0 luôn đúng.
Ta có: √4𝑥2 − 4𝑥 + 9 = 3  4x2 – 4x + 9 = 9  4x2 – 4x = 0  4x(x – 1) = 0
 [ 𝑥=0
𝑥−1=0
 [ 𝑥=0
𝑥=1
. Vậy phương trình có nghiệm 𝑥 ∈ {0;1}.
2) Hệ phương trình: {
3𝑥 − 𝑦 = 5
2𝑦 − 𝑥 = 0
 {
6𝑥 − 2𝑦 = 10
2𝑦 − 𝑥 = 0
 {
5𝑥 = 10
𝑥 = 2𝑦
 {
𝑥 = 2
2𝑦 = 2
 {
𝑥 = 2
𝑦 = 1
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x; y) = (2; 1).
Câu 2: 1) Phương trình hoành độ giao điểm của (d1) với Ox là: 2x – 5 = 0  𝑥 =
5
2
.
Do đó giao điểm của (d1) và (d2) là: 𝐴 (
5
2
; 0).
Vì 𝐴 (
5
2
; 0) nằm trên (d2) nên: 4.
5
2
− 𝑚 = 0  m = 10. Vậy m = 10.
2) Với 𝑥 > 0, 𝑥 ≠ 9, 𝑥 ≠ 25 ta có:
𝑃 = (
√ 𝑥
3+√ 𝑥
+
2𝑥
9−𝑥
): (
√ 𝑥−1
𝑥−3√ 𝑥
−
2
√ 𝑥
) = [
√ 𝑥
3+√ 𝑥
+
2𝑥
(3+√ 𝑥)(3−√ 𝑥)
]: [
√ 𝑥−1
√ 𝑥(√ 𝑥−3)
−
2
√ 𝑥
]
=
√ 𝑥(3−√ 𝑥)+2𝑥
(3+√ 𝑥)(3−√ 𝑥)
∶
√ 𝑥−1−2(√ 𝑥−3)
√ 𝑥(√ 𝑥−3)
=
3√ 𝑥+𝑥
(3+√ 𝑥)(3−√ 𝑥)
∶
5−√ 𝑥
√ 𝑥(√ 𝑥−3)
=
√ 𝑥(3+√ 𝑥)
(3+√ 𝑥)(3−√ 𝑥)
.
√ 𝑥(√ 𝑥−3)
5−√ 𝑥
=
𝑥
5−√ 𝑥
. Vậy 𝑃 =
𝑥
5−√ 𝑥
.
Câu 3: 1) Gọi số bộ quần áo xưởng phải may theo kế hoạch trong một ngày là: x (bộ)
( 𝑥 ∈ 𝑁∗
; 𝑥 < 360).
Thời gian may xong 360 bộ quần áo theo kế hoạch là:
360
𝑥
(ngày)
Thực tế mỗi ngày xưởng may được: x + 4 (bộ)
Thời gian may xong 360 bộ quần áo trên thực tế là:
360
𝑥+4
(ngày)
Vì xưởng hoàn thành trước 1 ngày so với kế hoạch nên ta có:
360
𝑥
−
360
𝑥+4
= 1  360(x + 4) – 360x = x(x + 4)
 1440 = x2 + 4x  x2 + 4x – 1440 = 0 (1)
Ta giải phương trình (1): ∆′
= 4 + 1440 = 1444 > 0 nên (1) có hai nghiệm phân biệt:
𝑥1 =
−2−√1444
1
= −40; 𝑥2 =
−2+√1444
1
= 36
Vì x > 0 nên ta lấy nghiệm: x = 36.

3. Vậy mỗi ngày theo kế hoạch xưởng phải sản xuất 36 bộ quần áo.
2) Ta có: ∆= (2𝑚 + 1)2
− 4. (−3) = (2𝑚 + 1)2
+ 12 > 0, ∀𝑚
Do đó phương trình đã cho có hai nghiệm x1; x2 (x1 < x2) phân biệt với mọi m.
Theo định lí Vi – ét ta có: {
𝑥1 + 𝑥2 = 2𝑚 + 1
𝑥1 𝑥2 = −3
Vì x1x2 < -3 nên x1; x2 trái dấu mà x1 < x2 nên x1 < 0 < x2 => {
| 𝑥1| = −𝑥1
| 𝑥2| = 𝑥2
Theo đề bài có: |x1| - |x2| = 5  -x1 – x2 = 5  x1 + x2 = -5.
Suy ra: 2m + 1 = -5  m = -3. Vậy m = -3.
Câu 4: 1) I là trung điểm của MN
=> 𝑂𝐼 ⊥ 𝑀𝑁 => 𝐴𝐼𝑂̂ = 900
Vì AC là tiếp tuyến của (O) nên 𝐴𝐶𝑂̂ = 900
Do đó: 𝐴𝐼𝑂̂ + 𝐴𝐶𝑂̂ = 1800 => tứ giác AIOC là tứ
giác nội tiếp.
2) Ta có: {
𝐴𝐵 = 𝐴𝐶
𝑂𝐵 = 𝑂𝐶
=> OA là trung trực của BC
=> 𝑂𝐴 ⊥ 𝐵𝐶 = H.
Tam giác BOA vuông tại B có đường cao BH nên:
AB2 = AH.AO (1)
Lại có: 𝐴𝐵𝑀̂ = 𝐴𝑁𝐵̂ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn 𝐵𝑀⏜)
Xét ∆𝐴𝑀𝐵 𝑣à ∆𝐴𝑁𝐵 có: {
𝐵𝐴𝑁̂ 𝑐ℎ𝑢𝑛𝑔
𝐴𝐵𝑀̂ = 𝐴𝑁𝐵̂
=> ∆𝐴𝑀𝐵 ~ ∆𝐴𝐵𝑁 (g – g)
=>
𝐴𝑀
𝐴𝐵
=
𝐴𝐵
𝐴𝑁
 AM.AN = AB2 (2). Từ (1) và (2) có: AH.AO = AM.AN.
Ta có: AH.AO = AM.AN 
𝐴𝐻
𝐴𝑁
=
𝐴𝑀
𝐴𝑂
.
Xét ∆𝐴𝐻𝑀 𝑣à ∆𝐴𝑁𝑂 có: {
𝐴𝐻
𝐴𝑁
=
𝐴𝑀
𝐴𝑂
𝑂𝐴𝑁̂ 𝑐ℎ𝑢𝑛𝑔
=> ∆𝐴𝐻𝑀 ~ ∆𝐴𝑁𝑂 (g – g)
=> 𝐴𝑀𝐻̂ = 𝐴𝑂𝑁̂ => tứ giác MNOH là tứ giác nội tiếp.
3) Gọi T là giao điểm của AN và BC.
Ta có: ME // BN áp dụng hệ quả định lý Ta – lét ta có:
𝑀𝐸
𝐵𝑁
=
𝐴𝑀
𝐴𝑁
(3)
Tứ giác MNOH nội tiếp nên 𝑂𝐻𝑁̂ = 𝑂𝑀𝑁̂ (góc nội tiếp cùng chắn cung ON)

4. Do OM = ON => ∆𝑂𝑀𝑁 cân tại O => 𝑂𝑀𝑁̂ = 𝑂𝑁𝑀̂
Mà ∆𝐴𝐻𝑀 ~ ∆𝐴𝑁𝑂 => 𝐴𝐻𝑀̂ = 𝑂𝑁𝐴̂ = 𝑂𝑁𝑀̂
Do đó: 𝐴𝐻𝑀̂ = 𝑂𝐻𝑁̂ mà {
𝐴𝐻𝑀̂ + 𝑀𝐻𝑇̂ = 900
𝑂𝐻𝑁̂ + 𝑁𝐻𝑇̂ = 900
suy ra: 𝑀𝐻𝑇̂ = 𝑁𝐻𝑇̂
=> HT là phân giác của 𝑀𝐻𝑁̂ =>
𝑀𝑇
𝑁𝑇
=
𝐻𝑀
𝐻𝑁
Mà AH ⊥ 𝐻𝑇 nên HA là phân giác ngoài của 𝑀𝐻𝑁̂ =>
𝐴𝑀
𝐴𝑁
=
𝐻𝑀
𝐻𝑁
Suy ra:
𝑀𝑇
𝑁𝑇
=
𝐴𝑀
𝐴𝑁
(4). Từ (3) và (4) có:
𝑀𝐸
𝐵𝑁
=
𝑀𝑇
𝑁𝑇
Do MF // BN áp dụng hệ quả định lý Ta – lét ta có:
𝑀𝑇
𝑁𝑇
=
𝑀𝐹
𝐵𝑁
Do đó:
𝑀𝐸
𝐵𝑁
=
𝑀𝐹
𝐵𝑁
 ME = MF  M là trung điểm của EF (đpcm).
Câu 5:Ta sẽ chứng minh: 𝑥2
+ 𝑦2
≥
( 𝑥+𝑦)2
2
(*)
Thật vậy: (x – y)2 ≥ 0  x2 + y2 – 2xy ≥ 0  x2 + y2 ≥ 2𝑥𝑦
 2x2 + 2y2 ≥ x2 + 2xy + y2  2(x2 + x2) ≥ (x + y)2  𝑥2
+ 𝑦2
≥
( 𝑥+𝑦)2
2
.
Vậy BĐT (*) được chứng minh.
Ta có: 2a2 + ab + 2b2 =
𝑎2
+2𝑎𝑏+𝑏2
2
+
3𝑎2
+3𝑏2
2
=
( 𝑎+𝑏)2
2
+
3( 𝑎2
+𝑏2)
2
Áp dụng (*) ta được:
( 𝑎+𝑏)2
2
+
3( 𝑎2
+𝑏2)
2
≥
( 𝑎+𝑏)2
2
+
3
2
.
( 𝑎+𝑏)2
2
=
5( 𝑎+𝑏)2
4
Suy ra: 2a2 + ab + 2b2 ≥
5(𝑎+𝑏)2
4
=> √2𝑎2 + 𝑎𝑏 + 2𝑏2 ≥ √
5(𝑎+𝑏)2
4
=> √2𝑎2 + 𝑎𝑏 + 2𝑏2 ≥
(𝑎+𝑏)√5
2
(1)
Làm tương tự ta có: √2𝑏2 + 𝑏𝑐 + 2𝑐2 ≥
( 𝑏+𝑐)√5
2
(2); √2𝑐2 + 𝑐𝑎 + 2𝑎2 ≥
(𝑐+𝑎)√5
2
(3)
Cộng từng vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3) với nhau ta được:
𝑃 ≥ ( 𝑎 + 𝑏 + 𝑐)√5 => 𝑃 ≥ 2019√5
Dấu “=” xảy ra  {
𝑎 = 𝑏 = 𝑐
𝑎 + 𝑏 + 𝑐 = 2019
 a = b = c = 673.
Vậy Pmin = 2019√5 đạt được khi: a = b = c = 673.