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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

25
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 Lạng Sơn (Đề chính thức) với 5 bài tập tự luận và có kèm theo hướng dẫn giải, giúp các bạn học sinh có thêm tư liệu để luyện thi, chuẩn bị chu đáo cho kì thi vào lớp 10 gặt hái nhiều thành công.

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 Lạng Sơn (Đề chính thức)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT LẠNG SƠN NĂM HỌC2019 – 2020 Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm có 01 trang 05 câu Câu 1 (3,5 điểm) a) Tính giá trị của các biểu thức sau     2 A  16  4 B 5 53 3 5 C 2 5  2 b) Giải các phương trình, hệ phương trình sau: 2 x  y  7 1) x 2  7 x  10  0 2) x 4  5 x 2  36  0 3)  2 x  7 y  1 Câu 2 (1,0 điểm) 1 1 Cho biểu thức P    1 với a  0, a  1 a 1 a 1 a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P khi a =3 Câu 3 (1,5 điểm) 1 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y  x 2 2 b) Tìm giao điểm của đồ thị hàm số (P) với đường thẳng (d): y=x c) Cho phương trình: x 2  (m  2) x  m  1  0 (1) (m là tham số) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m. Khi đó tìm m để biểu thức A  x12  x 22  3x1 x 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 4 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB
ĐÁP ÁN Câu 1: a) Tính giá trị của các biểu thức sau A  16  4  4  2  2 B 5   5  3  3 5  5 3 5  3 5  5   2 C 2 5  2  2  5  2  ( 2  5)  2   2  5  2  5 c) Giải các phương trình, hệ phương trình sau: 1) x 2  7 x  10  0 (1)   (7)2  4.1.10  9  0 Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt 7 9 7 9 x1  5 x2  2 2.1 2.1 Vậy phương trình (1)có tập nghiệm là S={2;5} 2) x 4  5 x 2  36  0 (2) Đặt x 2  t (t  0) khi đó phương trình (2) tương đương với t 2  5t  36  0 (3)   (5)2  4.1.(36)  169  0 Phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt 5  169 t1   9 (Thỏa mãn) 2.1 5  169 t2    4 (Không thỏa mãn) 2.1 Với t  9  x 2  9  x  3 Vậy phương trình (2)có tập nghiệm là S={-3;3} 2 x  y  7 8 y  8 y  1 y  1 y  1 3)      2 x  7 y  1 2 x  y  7 2 x  1  7 2 x  6  x  3 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x;y)=(-3;1) Câu 2 a) Rút gọn P 1 1 a 1 a 1 a 1 a  1  a  1  a 1 a  1 P   1     a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 Vậy P  ới a  0, a  1 a 1 b) Tính giá trị của P khi a =3 a 1 3 1 Thay a=3 vào P  ta có P  2 a 1 3 1 Vậy P=2 với a=3
Câu 3 1 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y  x 2 2 Ta có bảng giá trị sau x -2 -1 0 1 2 y 2 1 0 1 2 2 2 1 1 Đồ thị hàm số y  x 2 là đường cong đi qua các điểm (-2;2);(-1; );(0;0); 2 2 1 (1; ); (2;2) và nhận trục Oy làm trục đối xứng. 2 b) Tìm giao điểm của đồ thị hàm số (P) với đường thẳng (d): y=x Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (P) và đường 1 2 thẳng (d): x  x  x  0; x  2 2 Với x=0 => y =0 ta có giao điểm O(0;0) Với x=2 => y=2 ta có giao điểm A(2;2) Vậy giao điểm của đồ thị hàm số (P) và đường thẳng (d) là O(0;0); A(2;2) c) Cho phương trình: x 2  (m  2) x  m  1  0 (1) (m là tham số) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m. Khi đó tìm m để biểu thức A  x12  x 22  3x1 x 2 đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có   (m  2)2  4.1(m  1)  m 2  4m  4  4m  4  m 2  8  0 m  Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1,x2  x1  x2  (m  2) Theo định lý vi-et ta có   x1 . x2  m  1
Theo bài ra ta có A  x12  x 22  3x1 x 2  x12  x 22  2 x1 x 2  5x1 x 2  ( x1  x 2 )2  5x1 x 2  (( m  2)) 2  5( m  1)  m 2  4 m  4  5m  5  m 2  m  9 1 1 35 1 35 35  m 2  2.m.    (m  )2   2 4 4 2 4 4 35  A 4 35 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng khi m   0 hay m  4 2 2 Câu 4 a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp   90 0 HM  AB (gt)  AMH Ta có   90 0 HN  AC (gt)  ANH Xét tứ giác AMHN có    900  900  1800 AMH  ANH Mà  AMH và  ANH là 2 góc đối  Tứ giác AMHN nội tiếp b) Chứng minh AM.AB=AN.AC Do Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt)   AHN  AMN  (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN) Mà    900 (  ANH vuông tại N) AHN  HAN    900 (  ANH vuông tại N) ACB  HAN   ACB  AMN  Xét  ABC và  ANM có
 là góc chung BAC   ACB AMN  (cmt)  ABC đồng dạng ANM (g.g) AB AC    AB. AM  AC. AN AN AM d) Chứng minh tứ giác CEIN nội tiếp và tam giác AHK cân Xét (0) ta có   EBC EAC  (2 góc nội tiếp chắn cung EC) (1) Ta có ABE  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (0))   CBE  ABH   900   HAM Mà ABH   900 (  ABH vuông tại H)   HAM  ECB  (2) Từ (1) và (2)    (3) HAM  EAC Do Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt)   (2 góc nội tiếp chắn cung AM) (4) AHM  ANM   HAM Mà MHA   900 (  AHM vuông tại M) (5)   ANM Từ (3);(4);(5)  CAE   900  ANI vuôn tại I     900 AIN  900  NIE Xét (0)  ACE  900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét tứ giác CEIN có   NCE NIE   NIE   ACE   900  900  1800  là 2 góc đối  và NCE Mà NIE  Tứ giác CEIN nội tiếp Xét  AHC vuôn tại H Áp dụng hệ thức liên hệ giữa cạnh và đường cao  AH2=AN.AC (6) Nối A với K   AKE  900  AKE vuông tại K Áp dụng hệ thức liên hệ giữa cạnh và đường cao  AK2=AI.AE (7) Xét  AIN và  ACE có    900 AIN  ACE  chung CAE   AIN đồng dạng  ACE AI AN    AI . AE  AC. AN (8) AC AE Từ (6)(7)(8) => AH2 =AK2 => AH=AK =>  HAK cân tại A Câu 5 Cho ba số thực không âm a, b, c và thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh rằng: a  2b  c  4(1  a)(1  b)(1  c )
Ta có a  2b  c  4(1  a)(1  b)(1  c )  a  2b  c  4(b  c )(a  c )(a  b) Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có a  b  b  c  2 (a  b )(b  c )  (a  2b  c ) 2  4(a  b )(b  c )  (a  2b  c ) 2(a  c )  4(a  b )(b  c )(a  c ) Áp dụng bất đẳng thức cô si a  2b  c  a  c 2(a  b  c )  (a  2 b  c)(a  c)   (a  2 b  c)(a  c)  1  (a  2 b  c)(a  c) 2 2  1  ( a  2 b  c)( a  c)  a  2 b  c  ( a  2 b  c) 2( a  c)  a  2b  c  4(a  b)(a  c )(b  c )