Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước (Đề chính thức)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

33
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước (Đề chính thức)" nhằm khảo sát chất lượng học sinh trong chương trình Toán lớp 9 và thi tuyển sinh vào lớp 10. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi để giúp học sinh nâng cao kiến thức và giúp giáo viên đánh giá, phân loại năng lực học sinh từ đó có những phương pháp giảng dạy phù hợp.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước (Đề chính thức)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH PHƯỚC Năm học: 2019 – 2020 Môn thi: TOÁN (Chung) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 01/6/2019 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1. (2,0 điểm) 1) Tính giá trị của các biểu thức sau: A  3 49  25 B  (3  2 5) 2  20  x x  x 1 2) Cho biểu thức P     : với x  0; x  1 .  x 1 x  x  3 a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm giá trị của x để P  1 . Câu 2. (2,0 điểm) 1 2 1) Cho parabol ( P) : y  x và đường thẳng (d ) : y  x  2 . 2 a) Vẽ parabol ( P ) và đường thẳng (d ) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy . b) Viết phương trình đường thẳng (d1 ) : y  ax  b song song với (d ) và cắt ( P ) tại điểm A có hoành độ bằng 2 . 2 x  y  5 2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình:  x  2y  4 Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x 2  (m  2) x  m  8  0 (1) với m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m  8 . b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x2 thỏa x13  x2  0 . 2) Nông trường cao su Minh Hưng phải khai thác 260 tấn mũ trong một thời gian nhất định. Trên thực tế, mỗi ngày nông trường đều khai thác vượt định mức 3 tấn. Do đó, nông trường đã khai thác được 261 tấn và song trước thời hạn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày nông trường khai thác được bao nhiêu tấn mũ cao su. Câu 4. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH và đường trung tuyến AM . Biết AH  3cm; HB  4cm . Hãy tính AB, AC , AM và diện tích tam giác ABC .
Câu 5. (2,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB  2 R . Gọi C là trung điểm của OA , qua C kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt đường tròn (O) tại hai điểm phân biệt M và N . Trên cung nhỏ BM lấy điểm K ( K khác B và M ). Gọi H là giao điểm của AK và MN . a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh AK . AH  R 2 . c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI  KM . Chứng minh NI  BK .
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2,0 điểm) 1) Tính giá trị của các biểu thức sau: A  3 49  25 A  3 7 2  52 A  3.7  5 A  21  5 A  16 B  (3  2 5) 2  20 B  3  2 5  22.5 B  (3  2 5)  2 5 B  3  2 5  2 5 B  3
 x x  x 1 2) Cho biểu thức P     : với x  0; x  1 .  x 1 x  x  3 a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm giá trị của x để P  1 . Lời giải a) Rút gọn biểu thức P .  x x  x 1 P     :  x 1 x  x  3  x x  x 1 P    :  x 1 x ( x  1)  3  x. x x  x 1 P    :  x ( x  1) x ( x  1)  3 x x x 1 P : x ( x  1) 3 x x 3 P  x ( x  1) x  1 x ( x  1).3 P x ( x  1)( x  1) 3 P x 1 b) Tìm giá trị của x để P  1 . 3 P 1 1 x 1  x 1  3  x 4  x  16 Vậy x  16 thì P  1 .
Câu 2. (2,0 điểm) 1 2 1) Cho parabol ( P) : y  x và đường thẳng (d ) : y  x  2 . 2 a) Vẽ parabol ( P ) và đường thẳng (d ) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy . b) Viết phương trình đường thẳng (d1 ) : y  ax  b song song với (d ) và cắt ( P ) tại điểm A có hoành độ bằng 2 . Lời giải a) Vẽ parabol ( P ) và đường thẳng (d ) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy . Bảng giá trị: x 4 2 0 2 4 1 2 y x 8 2 0 2 8 2 1 2 Đồ thị hàm số y  x là đường Parabol đi qua các điểm (4;8);(2; 2) ; (0;0) ; (2; 2);(4;8) và nhận 2 Oy làm trục đối xứng. Đồ thị hàm số y  x  2 là đường thẳng đi qua điểm (0; 2) và điểm (2;0)
b) Viết phương trình đường thẳng (d1 ) : y  ax  b song song với (d ) và cắt ( P ) tại điểm A có hoành độ bằng 2 . Lời giải Vì đường thẳng (d1 ) : y  ax  b song song với (d ) nên ta có phương trình của đường thẳng (d1 ) : y  x  b (b  2) Gọi A(2; y A ) là giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng (d1 ) .  A  (P) 1  y A   ( 2) 2  2 2  A(2; 2) Mặt khác, A  (d1 ) , thay tọa độ của điểm A vào phương trình đường thẳng (d1 ) , ta được: 2  2  b  b  4 (nhận) Vậy phương trình đường thẳng (d1 ) : y  x  4 2 x  y  5 2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình:  x  2y  4 2 x  y  5  4 x  2 y  10 3 x  6 x  2     x  2y  4 x  2y  4 x  2y  4 x  2y  4 x  2 x  2 x  2    2  2 y  4 2 y  2 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( x; y )  (2;1)
Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x 2  (m  2) x  m  8  0 (1) với m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m  8 . b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x2 thỏa x13  x2  0 . Lời giải a) Giải phương trình (1) khi m  8 . Thay m  8 vào phương trình (1), ta được: x 2  (8  2) x  8  8  0  x2  6x  0  x( x  6)  0 x  0 x  0   x  6  0  x  6 Vậy m  8 thì phương trình (1) có 2 nghiệm: x  6; x  0 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x2 thỏa x13  x2  0 . Lời giải   (m  2) 2  4(m  8)  m 2  4m  4  4m  32  m 2  28   0  Phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt khi  S  0 P  0   m 2  28  0 m  2 7 hoaëc m  2 7    m  2  0  m  2 m2 7 m  8  0  m  8   Theo đề bài, ta có: x13  x2  0  x13  x2  x1 x2  x14  m  8  x1  4 m  8  x2  4 (m  8)3  x1  x2  m  2  4 m  8  4 (m  8) 3  m  8  6 Đặt 4 m  8  t (t  0) , ta có: t  t 3  t 4  6  t4  t3  t  6  0  t 4  16  (t 3  t  10)  0  (t 2  4)(t 2  4)  (t 3  8  t  2)  0  (t  2)(t  2)(t 2  4)  (t  2)(t 2  2t  4)  (t  2)   0  (t  2)(t  2)(t 2  4)  (t  2)(t 2  2t  5)  0
 (t  2)(t 3  2t 2  4t  8  t 2  2t  5)  0  (t  2)(t 3  t 2  2t  3)  0  t  2 (vì t  0  t 3  t 2  2t  3  0 )  4 m  8  2  m  8  2 4  16  m  8 (nhận) 2) Nông trường cao su Minh Hưng phải khai thác 260 tấn mũ trong một thời gian nhất định. Trên thực tế, mỗi ngày nông trường đều khai thác vượt định mức 3 tấn. Do đó, nông trường đã khai thác được 261 tấn và song trước thời hạn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày nông trường khai thác được bao nhiêu tấn mũ cao su. Lời giải Gọi số tấn mũ cao su mỗi ngày nông trường khai thác được là x (tấn) (Điều kiện: 0  x  260 ) 260 Thời gian dự định khai thác mũ cao su của nông trường là: (ngày) x Trên thực tế, mỗi ngày nông trường khai thác được: x  3 (tấn) 261 Thời gian thực tế khai thác mũ cao su của nông trường là: (ngày) x3 261 260 Theo đề bài, ta có phương trình: 1  x3 x 261x x( x  3) 260( x  3)    x( x  3) x( x  3) x( x  3)  261x  x( x  3)  260( x  3)  261x  x 2  3 x  260 x  780  261x  x 2  3 x  260 x  780  0  x 2  4 x  780  0 (1)  '  4  780  784  0   '  784  28 Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: 2  28 2  28 x1   26 (nhận) hoặc x2    30 (loại) 1 1 Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày nông trường cao su khai thác 26 tấn.
Câu 4. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH và đường trung tuyến AM . Biết AH  3cm; HB  4cm . Hãy tính AB, AC , AM và diện tích tam giác ABC . Lời giải Xét AHB vuông tại H , theo định lí Pitago, ta có: AB 2  AH 2  HB 2 AB 2  32  42  9  16  25  AB  25  5 (cm ) Xét ABC vuông tại A , có đường cao AH . 1 1 1 Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: 2  2  AH AB AC 2 1 1 1 1 1 1 1  2  2  2  2 2  AC AH AB 3 5 9 25 1 16 225  2   AC 2  AC 225 16 225 15  AC   (cm ) 16 4 Xét ABC vuông tại A , theo định lí Pitago, ta có: BC 2  AB 2  AC 2 2  15  225 625 BC 2  52     25    4 16 16 625 25  BC   (cm ) 16 4 ABC vuông tại A , AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC 1 1 25 25  AM  BC    (cm ) 2 2 4 8 1 1 15 75 Diện tích tam giác ABC : S ABC   AB  AC   5   (cm 2 ) 2 2 4 8
Câu 5. (2,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB  2 R . Gọi C là trung điểm của OA , qua C kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt đường tròn (O) tại hai điểm phân biệt M và N . Trên cung nhỏ BM lấy điểm K ( K khác B và M ). Gọi H là giao điểm của AK và MN . a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh AK . AH  R 2 . c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI  KM . Chứng minh NI  BK . Lời giải a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn.   900 ; Vì AB  HC tại C nên BCH Ta có:    900 AKB  900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BKH   BKH Xét tứ giác BCHK có: BCH   900  900  1800  ; BKH Mà BCH  là hai góc đối nhau. Suy ra: Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AK . AH  R 2 . Xét ACH và AKB có:    900 ; ACH  AKB  là góc chung; BAK Do đó: ACH # AKB (g .g ) AH AC   AB AK R  AH . AK  AB. AC  2 R   R2 2 Vậy AK . AH  R 2
c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI  KM . Chứng minh NI  BK . Trên tia đối của tia KB lấy điểm E sao cho KE  KM  KI Xét OAM có MC là đường cao đồng thời là đường trung tuyến (vì C là trung điểm của OA )  OAM cân tại M  AM  OM . Mà OA  OM  R  OA  OM  AM   600  OAM là tam giác đều  OAM Ta có:  AMB  900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  AMB vuông tại M .  ABM  300   MBC Xét BMC vuông tại C có: BMC   900   900  MBC  BMC   900  300  600  BMN   600 (1)   MAB Vì tứ giác ABKM là tứ giác nội tiếp nên EKM   600 Mặt khác: KM  KE (cách dựng)  EKM cân tại K   600  EKM là tam giác đều.  KME Và EKM   600 (2)   KME Từ (1) và (2) suy ra: BMN   600   BMK  BMN   KME   BMK    BME  NMK    s in30 0 Xét BCM vuông tại C có: sin CBM CM 1    BM  2CM BM 2
Mà OA  MN tại C  C là trung điểm của MN (đường kính vuông góc với dây cung thì đi qua trung điểm của dây cung).  MN  2CM  MN  BM (vì  2CM ) Xét MNK và MBE có:   MBE MNK  (Hai góc nội tiếp cùng chắn MK ) MN  BM (cmt )   BME NMK  (cmt ) Do đó: MNK  MBE (g .c.g )  NK  BE (Hai cạnh tương ứng)  IN  IK  BK  KE Mà IK  KE (vẽ hình) Suy ra: IN  BK