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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

6
lượt xem 2
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 Hậu Giang (Đề chính thức)" nhằm giúp học sinh ôn tập và củng cố lại kiến thức, đồng thời nó cũng giúp học sinh làm quen đề thi và các dạng bài tập.

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 Hậu Giang (Đề chính thức)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT, THPT CHUYÊN TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC: 2019 - 2020 MÔN THI : TOÁN - THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 120 phút (không tính thời gian giao đề) PHẦN I: TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Câu 1: Điều kiện để hàm số y   m  3  x  3 đồng biến trên R là: A. m  3 B. m  3 C. m  3 D. x  3 Câu 2: Cho hàm số y  3x 2 kết luận nào sau đây đúng. A. y  0 là giá trị lớn nhất của hàm số B. y  0 là giá trị nhỏ nhất của hàm số C. Không xác định được giá trị lớn nhất của hàm số trên. D. Xác định được giá trị nhỏ nhất của hàm số trên. 2019 Câu 3: Điều kiện xác định của biểu thức 2019  là: x A. x  0 B. x  1 C. x  1 hoặc x  0 D. 0  x  1 Câu 4: Cho phương trình x  2y  2 1 , phương trình nào trong các phương trình sau đây kết hợp với (1) để được phương trình vô số nghiệm. 1 1 A. 2x  3y  3 B. 2x  4y  4 C.  x  y  1 D. x  y  1 2 2   2 Câu 5: Biểu thức 5 3  5 có kết quả là: A. 3  2 5 B. 3  2 5 C. 2  3 5 D. -3 Câu 6: Cho hai phương trình x 2  2x  a  0 và x 2  x  2a  0 . Để hai phương trình cùng vô nghiệm thì: 1 1 A. a  1 B. a  1 C. a  D. a  8 8 Câu 7: Cho đường tròn  O; R  và một dây cung AB  R . Khi đó số đo cung nhỏ AB là: A. 600 B. 1200 C. 1500 D. 1000 Câu 8: Đường tròn là hình: A. Không có trục đối xứng C. Có một trục đối xứng B. Có hai trục đối xứng D. Có vô số trục đối xứng Câu 9: Cho phương trình x 2  x  4  0 có nghiệm x1; x 2 . Biểu thức A  x13  x 32 có giá trị là: A. A  28 B. A  13 C. A  13 D. A  18
Câu 10: Thể tích hình cầu thay đổi như thế nào nếu bán kính hình cầu tăng gấp 2 lần: A. Tăng gấp 16 lần C. Tăng gấp 8 lần B. Tăng gấp 4 lần D. Tăng gấp 2 lần Câu 11: Diện tích hình tròn ngoại tiếp một tam giác đều cạnh a là: 3a 2 a 2 A. a 2 B. C. 3a 2 D. 4 3 Câu 12: Cho tam giác ABC vuông tại A. khi đó trong các khẳng định sau, khẳng định nào đúng? AB cos C A.  B. sin B  cos C C. sin B  tan C D. tan B  cos C AC cos B PHẦN II: TỰ LUẬN (7 điểm) 4 8  2  3 6 Bài 1. (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức A  2 2  3 Bài 2. (1,5 điểm) không sử dụng máy tính cầm tay, hãy giải các phương trình và hệ phương trình sau: 3x  4y  17 a) 5x 2  13x 2  6  0 b) x 4  2x 2  15  0 c)  5x  2y  11 Bài 3. (1,5 điểm) 1 2 a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ parabol (P): y  x 2 1 b) Tìm m để đường thẳng (d): y   m  1 x  m 2  m đi qua điểm M 1; 1 2 c) Chứng minh rằng parabol (P) luôn cắt đường thẳng d tịa hai điểm phân biệt A và B. Gọi x1; x 2 là hoàng độ hai điểm A, B. Tìm m sao cho x12  x 22  6x1x 2  2019 Bài 4. (2,5 điểm) Cho đường tròn tâm (O) với đáy AB cố định không phải đường kính. Gọi C là điểm thuộc cung lớn AB sao cho tam giác ABC nhọn. M, N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB; AC . Gọi I là giao điểm của BN và CM. Dây MN cắt AB và AC lần lượt tại H và K. a) Chứng minh tứ giác BMHI nội tiếp. b) Chứng minh MK.MN  MI.MC c) chứng minh tam giác AKI cân tại K. x 2  3x  2019 Bài 5: Với x  0 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A  x2 --- HẾT --- Họ và tên thí sinh: SBD: Phòng thi số:
HƯỚNG DẪN GIẢI PHẦN I: TRẮC NGHIỆM 1.B 2.A 3.C 4.C 5.B 6.A 7.A 8.D 9.C 10.C 11.D 12.B PHẦN II: TỰ LUẬN 4 8  2  3 6 42 2  2  3 2 3 Bài 1: A   2 2  3 2 2  3  43 2  3  2 3  2    2  3  2 2  2  2. 3  2 2  3 2 2  3  2    2  3  2 2 2  3   2   2  3 1 2   1 2 2 2  3 2 2  3 Vậy A  1  2 Bài 2: a) 5x 2  13x 2  6  0 Ta có   132  4.5.6  289  0    17  13  17 2  x1  2.5  5  phương trình có hai nghiệm phân biệt   x  13  17  3  2 2.5 2  Vậy phương trình có tập nghiệm: S   ; 3 5  b) x 4  2x 2  15  0 Đặt t  x 2  t  0  khi đó ta có phương trình: t 2  2t  15  0   t  5 t  3   0  t  5  ktm    t  3  tm  x 3 Với t  3  x 2  3    x   3 Vậy phương trình có tập nghiệm: S   3   3x  4y  17  3x  4y  17  13x  39  x 3  x 3 c)      5x  2y  11 10x  4y  22 5x  2y  11 5.3  2y  11  y  2 Bài 3: a) Tự vẽ 1 b) Tìm m để đường thẳng (d): y   m  1 x  m 2  m đi qua điểm M 1; 1 2 1 Vì M 1; 1 thuộc (d): y   m  1 x  m 2  m nên thay tọa độ M vào d ta được: 2
1 1 1   m  1.1  m 2  m  m 2  m  m  1  1  0 2 2 1 1  m 2  2m  0  m m  4   0 2 2  m0   m  4 Vậy m  0; m  4 thỏa mãn bài toán c) Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là: 1 2 1 x   m  1 x  m 2  m 2 2 1 1  x 2   m  1 x  m 2  m  0 1  2 2 2 1  1    m  1  4. .   m  m  2 Ta có    2  2    m 2  2m  1  m 2  2m   2m 2  1  0 với mọi m Suy ra phương trình 1 luôn có hai nghiệm phân biết với mọi m Nên P luôn cắt d tại hai điểm phân biệt A và B  x1  x 2  2  m  1  Theo vi-ét ta có:  2  x1.x 2  m  2m Theo đề ta có: x12  x 22  6x1x 2  2019   x1  x 2   4x1x 2  2019  0 2   2  m  1  4  m 2  2m   2019  0 2  4m 2  8m  4  4m 2  8m  2019  0  16m  2015  0  16m  2015 2015 m 16 Bài 4:
a)   NMC Ta có: ABN  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung hai cung bằng nhau)   HMI  HBI   Tứ giác BMHI nội tiếp ( tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau). b)   ACM Ta có MNB  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung hai cung bằng nhau)   MCK  MNI  Xét tam giác MIN và tam giác MKC ta có:  : chung NMC   MCK MNI   cmt  MI MK  MIN  MKC g  g     MK.MN  MI.MC MN MC c)   MCK Ta có MNI  (cmt) nên tứ giác NCIK nội tiếp   NCI  HKI   NCM  ( góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)    sdMN (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn) Lại có NMC 2        sdAN  sdBM  sdAN  sdAM  sdMN (góc có đỉnh bên trong đường tròn) AHN 2 2 2   AHK  NCM   HKI   AHK  mà chúng ở vị trí so le trong  AH / /KI   KHI Chứng minh tương tự ta có AKH  mà chúng ở vị trí so le trong  AK / /HI  AH / /KI Xét tứ giác AHIK ta có   AHKI là hình bình hành (1)  AK / /HI   MIB Tứ giác BMHI là tứ giác nội tiếp  MHB  (hai góc nt cùng chắn cung MB)   KIC Tứ giác NCIK là tứ giác nội tiếp  NKC  (hai góc nt cùng chắn cung NC)   NIC Mà MIB   NKI   dd   MHB    AKH  AHK   AHK cân tại H  AH  AK  2  Từ (1) và (2)  tứ giác AHIK là hình thoi  KA  KI  AKI cân tại K (đpcm) Bài 5: Điều kiện x  0 x 2  3x  2019 3 2019 Ta có A  2 1  2 x x x 1 Đặt t   t  0  ta được: x  1  A  1  3t  2019t 2  2019  t 2  t 1  673   2 1  1   2  1  2  2 1  2689 2689  2019   t  2t     2019    1  2019  t      1346  1346    1346   1346  2692 2692 với mọi t thuộc R 1 2689 1 Dấu “=” xảy ra khi t   tm  . Vậy min A  khi t   x  1346  tm  1346 2692 1346