intTypePromotion=4

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Đồng Nai

Chia sẻ: Lan Yuan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

0
79
lượt xem
4
download

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Đồng Nai

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô cùng tham khảo Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Đồng Nai để giúp học sinh hệ thống kiến thức đã học cũng như có cơ hội đánh giá lại năng lực của mình trước kì thi sắp tới và giúp giáo viên trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Đồng Nai

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2019 - 2020 --------------- MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) --------------------- Câu 1. (1,75 ñiểm) 1) Giải phương trình 2 x 2 − 7 x + 6 = 0. 2 x − 3 y = − 5  2) Giải phương trình   3x + 4 y = 18  3) Giải phương trình x 4 + 7 x 2 − 18 = 0. Câu 2. (2,25 ñiểm) −1 2 1) Vẽ ñồ thị của hai hàm số y = x , y = 2 x − 1 trên cùng một mặt phẳng tọa ñộ. 2 2) Tìm các tham số thực m ñể hai ñường thẳng y = (m2 + 1) x + m và y = 2 x − 1 song song với nhau. 1 3) Tìm các số thực x ñể biểu thức M = 3x − 5 − xác ñịnh. 3 x2 − 4 Câu 3. ( 2 ñiểm) 1) Cho tam giác MNP vuông tại N có MN = 4 a , NP = 3 a với 0 < a ∈ ℝ . Tính theo a diện tích xung quanh của hình nón tạo bởi tam giác MNP quay quanh ñường thẳng MN . 2) Cho x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 3x + 1 = 0 . Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn 2 2 có hai nghiệm là 2x1 − (x2 ) và 2x2 − (x1 ) . 3) Bác B vay ở một ngân hàng 100 triệu ñồng ñể sản xuất trong thời hạn 1 năm. Lẽ ra ñúng 1 năm sau bác phải trả cả tiền vốn lẫn tiền lãi, song bác ñã ñược ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm nữa, số tiền lãi của năm ñầu ñược gộp vào với tiền vốn ñể tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ. Hết 2 năm bác B phải trả tất cả 121 triệu ñồng. Hỏi lãi suất cho vay của ngân hàng ñó là bao nhiêu phần trăm trong 1 năm? Câu 4. ( 1 ñiểm)  a + a  a − 3 a + 2  1) Rút gọn biểu thức P =    ( với a ≥ 0 và a ≠ 4 ).  1 + a  a − 2   4x 2 − xy = 2 2) Tìm các số thực x và y thỏa mãn   2 .   y − 3 xy = −2  Câu 5. (2,5 ñiểm) Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn (O) có hai ñường cao BD và CE cắt nhau tại trực tâm H .  , ABC Biết ba góc CAB  , BCA  ñều là góc nhọn. 1) Chứng minh bốn ñiểm B, C , D, E cùng thuộc một ñường tròn. 2) Chứng minh DE vuông góc với OA. .
  2. 3) Cho M , N lần lượt là trung ñiểm của hai ñoạn BC , AH . Cho K , L lần lượt là giao ñiểm của hai ñường thẳng OM và CE , MN và BD . Chứng minh KL song song với AC . Câu 6. (0,5 ñiểm) Cho ba số thực a , b , c . Chứng minh rằng: 3 3 3 ( a2 − bc) + (b 2 − ca) + (c 2 − ab) ≥ 3 ( a 2 − bc )(b 2 − ca)(c 2 − ab) . HẾT
  3. HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ðỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN – TỈNH ðỒNG NAI Câu 1. (1,75 ñiểm) 1) Giải phương trình 2 x 2 − 7 x + 6 = 0.  2 x − 3 y = − 5 2) Giải phương trình   3x + 4 y = 18 3) Giải phương trình x 4 + 7 x 2 − 18 = 0. Lời giải 1) Giải phương trình: 2 x 2 − 7 x + 6 = 0. 2 Ta có: ∆ = b 2 − 4 ac = (−7 ) − 4.2.6 = 1 > 0   x1 = 7 + 1 = 2  2.2 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt:  .  7 − 1 3 x = =  2 2.2 2 3    Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =  ; 2 .  2      2 x − 3 y = − 5 2) Giải hệ phương trình :  3x + 4 y = 18    17 y = 51  y = 3  2 x − 3y = −5   6x − 9 y = −15      x = 2  ⇔ ⇔ 3y − 5 ⇔  3.3 − 5 ⇔  . 3x + 4 y = 18  6x + 8y = 36  x =     x = y = 3    2  2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x ; y ) = (2; 3). 3) Giải hệ phương trình: x 4 + 7 x 2 − 18 = 0. ðặt x 2 = t (t ≥ 0 ) . Khi ñó ta có phương trình ⇔ t 2 + 7 t − 18 = 0 (1) Ta có: ∆ = 7 2 + 4.18 = 121 > 0  t1 = −7 + 121 = −7 + 11 = 2 (tm)  2 2 ⇒ (1) có hai nghiệm phân biệt:   t = −7 − 121 = −7 − 11 = −9 ( ktm)  2 2 2 Với t = 2 ⇒ x 2 = 2 ⇔ x = ± 2. { Vậy phương trình ñã cho có tập nghiệm: S = − 2 ; 2 . } Câu 2 ( 2,25 ñiểm): −1 2 1) Vẽ ñồ thị của hai hàm số y = x , y = 2 x − 1 trên cùng một mặt phẳng tọa ñộ. 2
  4. 2) Tìm các tham số thực m ñể hai ñường thẳng y = (m2 + 1) x + m và y = 2 x − 1 song song với nhau. 1 3) Tìm các số thực x ñể biểu thức M = 3x − 5 − xác ñịnh. 3 2 x −4 Lời giải −1 2 1) Vẽ ñồ thị hai hàm số y = x , y = 2 x − 1 trên cùng một mặt phẳng tọa ñộ 2 1 +) Vẽ ñồ thị hàm số y = − x 2 2 Ta có bảng giá trị: x -4 -2 0 2 4 1 y = − x2 -8 -2 0 -2 -8 2 1 Vậy ñồ thị hàm số y = − x 2 là ñường cong ñi qua các ñiểm (−4; −8) , (−2; 2 ) , (0; 0 ) , (2; −2 ) , ( 4; −8) và 2 nhận trục Oy làm trục ñối xứng. +) Vẽ ñồ thị hàm số y = 2 x − 1 Ta có bảng giá trị: x 0 -2 y = 2x − 1 -1 -5 Vậy ñường thẳng y = 2 x − 1 là ñường thẳng ñi qua hai ñiểm: (0; −1) , (−2; −5). 2) Tìm các tham số thực m ñể hai ñường thẳng y = (m2 + 1) x + m và y = 2 x − 1 song song với nhau. Hai ñường thẳng y = (m2 + 1) x + m và y = 2 x − 1 song song với nhau.
  5.  m = 1   m 2 + 1 = 2  m 2 = 1   ⇔  ⇔  ⇔  m = −1 ⇔ m = 1. m ≠ −1   m ≠ −1      m ≠ −1  Vậy m = 1 thỏa mãn bài toán. 1 3) Tìm các số thực x ñể biểu thức M = 3x − 5 − xác ñịnh. 3 x2 − 4  5  5  3x ≥ 5  3x − 5 ≥ 0   x ≥   x≥  Biểu thức M ñã cho xác ñịnh ⇔  2  ⇔ 2 ⇔ 3 ⇔  3.  x − 4 ≠ 0   x ≠ 4    x ≠ ±2   x ≠ 2   5 Vậy biểu thức M xác ñịnh khi và chỉ khi x ≥ , x ≠ 2. 3 Câu 3( 2 ñiểm) (VD): 1) Cho tam giác MNP vuông tại N có MN = 4 a , NP = 3 a với 0 < a ∈ ℝ . Tính theo a diện tích xung quanh của hình nón tạo bởi tam giác MNP quay quanh ñường thẳng MN . 2) Cho x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 3x + 1 = 0 . Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn 2 2 có hai nghiệm là 2x1 − (x2 ) và 2x2 − (x1 ) . 3) Bác B vay ở một ngân hàng 100 triệu ñồng ñể sản xuất trong thời hạn 1 năm. Lẽ ra ñúng 1 năm sau bác phải trả cả tiền vốn lẫn tiền lãi, song bác ñã ñược ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm nữa, số tiền lãi của năm ñầu ñược gộp vào với tiền vốn ñể tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ. Hết 2 năm bác B phải trả tất cả 121 triệu ñồng. Hỏi lãi suất cho vay của ngân hàng ñó là bao nhiêu phần trăm trong 1 năm? Lời giải 1) Cho tam giác MNP vuông tại N có MN = 4 a , NP = 3 a với 0 < a ∈ ℝ . Tính theo a diện tích xung quanh của hình nón tạo bởi tam giác MNP quay quanh ñường thẳng MN . Khi xoay tam giác MNP vuông tại N quanh ñường thẳng MN ta ñược hình nón có chiều cao h = MN = 4 a và bán kính ñáy R = NP = 3a. Áp dụng ñịnh lí Pytago trong tam giác vuông MNP ta có: 2 2 MP 2 = MN 2 + NP 2 = ( 4a) + (3a) = 25a2 ⇒ MP = 25 a 2 = 5 a ( Do a > 0 ) Do ñó hình nón có ñộ dài ñường sinh là l = MP = 5a. Vậy diện tích xung quanh của hình nón là S xq = π Rl = π.3 a.5 a = 15π a 2 . 2) Cho x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 3x + 1 = 0 . Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn 2 2 có hai nghiệm là 2x1 − (x2 ) và 2x2 − (x1 ) . x 1 + x 2 = 3  Phương trình x 2 − 3x + 1 = 0 có 2 nghiệm x1 , x2 ( gt) nên áp dụng ñịnh lí Vi-ét ta có:   x 1 x 2 = 1  
  6. Xét các tổng và tích sau: 2 2 S = 2 x1 − (x2 ) + 2 x2 − (x1 ) = 2 (x1 + x2 ) − (x12 +22 ) = 2 ( x1 + x2 ) − (x1 + x2 ) − 2 x1 x2  = 2.3 −  32 − 2.1 = −1 2   P =  2 x1 − (x2 )   2 x2 − (x1 )  = 4x1 x2 − 2 x13 − 2 x23 + (x1 x2 ) 2 2 2    2 = 4x1 x2 − 2 (x13 + x23 ) + (x1 x2 ) = 4.1 − 2  33 − 3.1.3 + 12 = −31. 2 Ta có S2 = (−1) = 1 ≥ 4P = −124 2 2 ⇒ 2 x1 − ( x2 ) và 2x2 − (x1 ) là 2 nghiệm của phương trình X 2 − SX + P = 0 ⇔ X 2 + X − 31 = 0. 3) Bác B vay ở một ngân hàng 100 triệu ñồng ñể sản xuất trong thời hạn 1 năm. Lẽ ra ñúng 1 năm sau bác phải trả cả tiền vốn lẫn tiền lãi, song bác ñã ñược ngân hàng cho kéo dài thời hạn thêm 1 năm nữa, số tiền lãi của năm ñầu ñược gộp vào với tiền vốn ñể tính lãi năm sau và lãi suất vẫn như cũ. Hết 2 năm bác B phải trả tất cả 121 triệu ñồng. Hỏi lãi suất cho vay của ngân hàng ñó là bao nhiêu phần trăm trong 1 năm? Gọi lãi suất cho vay của ngân hàng ñó là x ( %/năm) ( ðK: x > 0 ). Số tiền lãi bác B phải trả sau 1 năm gửi 100 triệu ñồng là 100x% = x ( triệu ñồng). ⇒ Số tiền bác B phải trả sau 1 năm là 100 + x ( triệu ñồng). Do số tiền lãi của năm ñầu ñược tính gộp vào với tiền vốn ñể tính lãi năm sau nên số tiền lãi bác B phải trả (100 + x) x sau 2 năm là (100 + x ) x% = ( triệu ñồng). 100 Hết 2 năm bác B phải trả tất cả 121 triệu ñồng nên ta có phương trình: (100 + x ) x 100 + x + = 121 ⇔ 10000 + 100 x + 100 x + x 2 = 12100 100 ⇔ x 2 + 200 x − 2100 = 0 ⇔ x 2 − 10 x + 210 x − 2100 = 0 ⇔ x ( x − 10 ) + 210 (x − 10 ) = 0 ⇔ (x − 10 )( x + 210 ) = 0  x − 10 = 0  x = 10 (tm) ⇔ ⇔   x + 210 = 0   x = −210 ( ktm) Vậy lãi suất cho vay của ngân hàng ñó là 10%/ năm. Câu 4 ( 1 ñiểm)
  7.  a + a  a − 3 a + 2  1) Rút gọn biểu thức P =    ( với a ≥ 0 và a ≠ 4 ).  1 + a  a − 2    4x 2 − xy = 2 x y  2) Tìm các số thực và thỏa mãn  2 .   y − 3 xy = − 2  Lời giải  a + a  a − 3 a + 2  1) Rút gọn biểu thức: P =     ( với a ≥ 0 và a ≠ 4 ).  1 + a  a − 2  Với a ≥ 0 và a ≠ 4 thì:  a + a  P =   a − 3 a + 2   = . ( a 1+ a a−2 a − a + 2 )  1 + a  a − 2  1+ a a −2 a ( ) ( a −2 − a −2 ) ( a −1 )( a −2 ) = a. = a. a −2 a −2 = a. ( a −1 = a− a ) Vậy P = a − a .   4x 2 − xy = 2 x y  1) Tìm các số thực và thỏa mãn  2 .   y − 3 xy = −2   2 4x − xy = 2 (1)   2  y − 3xy = −2 ( 2 )  Lấy (1) cộng (2 ) vế với vế ta ñược: 4 x 2 − xy + y 2 − 3xy = 0 ⇔ 4 x 2 − 4 xy + y 2 = 0 2 ⇔ ( 2 x − y) = 0 ⇔ 2 x − y = 0 ⇔ y = 2 x Thay y = 2 x vào (2 ) ta ñược: ⇔ − 2 x 2 = −2 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = ±1 Với x = 1 thì y = 2.1 = 2. Với x = −1 thì y = 2.(−1) = −2. Vậy hệ có nghiệm (x ; y ) ∈ {(1; 2 ) , (−1; −2 )} . Câu 5 (2,5 ñiểm)
  8. Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn (O) có hai ñường cao BD và CE cắt nhau tại trực tâm H . Biết ba  , ABC góc CAB  , BCA  ñều là góc nhọn. 2) Chứng minh bốn ñiểm B, C , D, E cùng thuộc một ñường tròn. 3) Chứng minh DE vuông góc với OA. . 4) Cho M , N lần lượt là trung ñiểm của hai ñoạn BC , AH . Cho K , L lần lượt là giao ñiểm của hai ñường thẳng OM và CE , MN và BD . Chứng minh KL song song với AC . Lời giải Phương pháp: 1) Chứng minh tứ giác có hai ñỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh các góc bằng nhau. 2) Kẻ tiếp tuyến Ax chứng minh Ax / /DE. Cách giải:   = 90° BD ⊥ AC ⇒ BDC  1) Ta có:    CE ⊥ AB ⇒ CEB = 90°   Tứ giác BEDC có BD   C = BE C = 90° nên nó là tứ giác nội tiếp ( tứ giá có hai ñỉnh kề nhua cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau) Suy ra bốn ñiểm B , D , C , E cùng thuộc một ñường tròn. 2) Kẻ tiếp tuyến Ax với ñường tròn (O) tại A . Khi ñó Ax ⊥ AO ( tính chất tiếp tuyến).  Ta có: C  Ax = CBA ( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) (1)
  9.  = EDA Do tứ giác BEDC nội tiếp (cmt) ⇒ CBA  ( góc ngoài tại một ñỉnh bằng góc ñối diên ñỉnh ñó) (2 )  = EDA Từ (1) và (2 ) suy ra CAx  = CBA  . ( ) Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên DE / /Ax . Mà Ax ⊥ AO (cmt) nên DE ⊥ AO (ñpcm). Câu 6 (0,5 ñiểm) Cho ba số thực a , b , c . Chứng minh rằng: 3 3 3 ( a2 − bc) + (b 2 − ca) + (c 2 − ab) ≥ 3 ( a 2 − bc )(b 2 − ca)(c 2 − ab) . Lời giải Phương pháp: - ðặt x = a 2 − bc , y = b 2 − ca , z = c 2 − ab ñưa bất ñẳng thức cần chứng minh về x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyz. - Chứng minh ñẳng thức x 3 + y 3 + z3 − 3xyz = (x + y + z)(x 2 + y 2 + z2 − xy − yz − zx) - Từ ñó ñánh gái hiệu x 3 + y 3 + z 3 − 3xyz và kết luận. ðặt x = a 2 − bc , y = b 2 − ca , z = c 2 − ab Bất ñẳng thức cần chứng minh trở thành : x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyz. Ta có: x 3 + y 3 + z3 − 3xyz = (x 3 + y 3 ) − 3xyz + z3 3 = (x + y) − 3xy (x + y) − 3xyz + z3 3 = ( x + y) + z3 − 3xy (x + y + z) = (x + y + z) (x + y ) − (x + y ) z + z2  − 3xy ( x + y + z) 2   = (x + y + z)  x 2 + 2xy + y 2 − xz − yz + z2 − 3xy  = ( x + y + z)(x 2 + y 2 + z2 − xy − yz − zx) Dễ thấy: 1 2 x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = 2 (x − 2 xy + y 2 + y 2 − 2 yz + z2 + z2 − 2 zx + x 2 ) 1 ( x − y ) + ( y − z) + ( z − x )  ≥ 0, ∀x , y , z 2 2 2 =  2 Do ñó ta ñi xét dấu của x + y + z
  10. Ta có: x + y + z = a 2 − bc + b 2 − ca + c 2 − ab 1 ( a − b) + (b − c ) + (c − a)  ≥ 0, ∀a , b , c 2 2 2 = a2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca =  2  Suy ra x + y + z ≥ 0 ⇒(x + y + z)(x 2 + y 2 + z2 − xy − yz − zx) ≥ 0 3 3 3 ⇒ x 3 + y 3 + z 3 ≥ 3xyz hay ( a 2 − bc ) + (b 2 − ca) + (c 2 − ab) ≥ 3 ( a 2 − bc )(b 2 − ca)(c 2 − ab) (ñpcm) Dấu “ =” xảy ra khi a = b = c
ANTS
ANTS

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản