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

Chia sẻ: Lan Yuan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

100
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Đồng Tháp là tài liệu dành cho các bạn học sinh đang chuẩn bị thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT. Ôn tập với đề thi giúp các em phát triển tư duy, năng khiếu môn học. Chúc các em đạt được điểm cao trong kì thi này nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT ĐỒNG THÁP 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 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A = 36 − 4 b) Tìm x biết x =3 Câu 2. (1 ñiểm) 2 x + 5 y = 12 Giải hệ phương trình:  2 x + y = 4 Câu 3. (1 ñiểm) Giải phương trình: x 2 − 7 x + 12 = 0 Câu 4. (1 ñiểm) Trong hệ trục tọa ñộ Oxy, cho ñường thẳng (x): y=6x+b và parabol (P): y = ax 2 ( a ≠ 0) a) Tìm giá trị của b ñể ñường thẳng (d) ñi qua ñiểm M(0;9) b) Với b tìm ñược, tìm giá trị cảu a ñể (d) tiếp xúc với (P). Câu 5. (1 ñiểm) Cho phương trình x − mx − 2m + 3m − 2 = 0 ( với m là tham số). Chứng minh rằng phương trình ñã cho 2 2 có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. Câu 6. (1 ñiểm) Chiều cao trung bình của 40 học sinh lớp 9A là 1,628 m. Trong ñó chiều cao trung bình của học sinh nam là 1,64m và chiều cao trung bình của học sinh nữ là 1,61m. Tính số học sinh nam, số học sinh nữ của lớp 9A. Câu 7. (1 ñiểm) Người ta muốn tạo một cái khuôn ñúc dạng hình trụ, có chiều cao bằng 16 cm, bán kính ñáy bằng 8cm, mặt ñáy trên lõm xuống dạng hình nón và khoảng cách từ ñỉnh hình nón ñến mặt ñáy dưới hình trụ bằng 10cm ( như hình vẽ bên). Tính diện tích toàn bộ mặt khuôn (lấy π = 3,14 ). 8cm 16cm 10cm
Câu 8. (3 ñiểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB< AC) và ñường cao AH ( K∈ BC). Vẽ ñường tròn (O) ñường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với ñường tròn (O)( với M, N là các tiếp ñiểm, M và B nằm trên nữa mặt phẳng có bờ là ñường thẳng AO ). Gọi H là giao ñiểm của hai ñường thẳng AN và AK. a) Chứng minh tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh KA là tia phân giác góc AKN c) Chứng minh AN = AK . AH 2
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (1 ñiểm) a) Rút gọn biểu thức: A = 36 − 4 b) Tìm x biết x =3 Cách giải: Ta có : A = 36 − 4 = 6 − 2 = 4 Vây A = 4 ðiều kiện : x ≥ 0 Ta có : x = 3 ⇔ x = 32 ⇔ x = 9 ( thỏa mãn) Vậy x = 9 Câu 2. (1 ñiểm) 2 x + 5 y = 12 Giải hệ phương trình:  2 x + y = 4 Cách giải: 2 x + 5 y = 12 4 y = 8 y = 2 y = 2 Ta có:  ⇔ ⇔ ⇔ 2 x + y = 4 2 x + y = 4 2 x + 2 = 4  x = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( x; y ) = (1;2 ) Câu 3. (1 ñiểm) Giải phương trình: x 2 − 7 x + 12 = 0 Cách giải: x 2 − 7 x + 12 = 0 ⇔ x 2 − 3x − 4 x + 12 = 0 ⇔ x ( x − 3) − 4 ( x − 3) = 0 ⇔ ( x − 3)( x − 4 ) = 0 x − 3 = 0 x = 3 ⇔ ⇔ x − 4 = 0 x = 4 Vậy phương trình có nghiệm S = {3;4} Câu 4. (1 ñiểm) Trong hệ trục tọa ñộ Oxy, cho ñường thẳng (d): y=6x+b và parabol (P): y = ax 2 ( a ≠ 0)
a) Tìm giá trị của b ñể ñường thẳng (d) ñi qua ñiểm M(0;9) b) Với b tìm ñược, tìm giá trị câu a ñể (d) tiếp xúc với (P). a) ðường thẳng (d): y=6x+b ñi qua ñiểm M(0;9) Cách giải: ⇒ thay x = 0; y = 9 vào phương trình ñường thẳng (d): y=6x+b ta ñược : 9= 6.0+b ⇔ b = 9 Vậy b=9 b) Theo câu a ta có b=9 ⇒ ax − 6 x + 9 = 0 (*) 2 ñể ñường thẳng (d) tiếp xúc với (P) thì phương trình (*) có nghiệm kép a ≠ 0  a ≠ 0 a ≠ 0 a ≠ 0  ⇔  2 ⇔ ⇔ ∆ ' = 0 ( 3) − a.( −9 ) = 0 9 + 9 a = 0  a = −1 ⇒ a = −1 Vậy a = -1 là giá trị cần tìm. Câu 5. (1 ñiểm) Cách giải: Cho phương trình x − mx − 2m + 3m − 2 = 0 ( với m là tham số). Chứng minh rằng phương trình ñã cho 2 2 có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. Phương trình x − mx − 2m + 3m − 2 = 0 có a = 1; b = − m; c = −2m 2 + 3m − 2 2 2 ( ) Ta có: ∆ = b 2 − 4ac = ( − m ) − 4.1. −2 m 2 + 3m − 2 = 9 m 2 − 12m + 8 = ( 3m − 2 ) + 4 2 2 Vì ( 3m − 2 ) ≥ 0; ∀m ⇔ ( 3m − 2 ) + 4 > 0, ∀m 2 2 Hay ∆ > 0, ∀m nên phương trình ñã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m Câu 6. (1 ñiểm) Chiều cao trung bình của 40 học sinh lớp 9A là 1,628 m. Trong ñó chiều cao trung bình của học sinh nam là 1,64m và chiều cao trung bình của học sinh nữ là 1,61m. Tính số học sinh nam, số học sinh nữ của lớp 9A. Cách giải: Gọi số học sinh nam và số học sinh nữ của lớp 9A lần lượt là x, y (x,y∈ Ν ,x,y
1,64 x + 1,61 y = 1,628 40 ⇔ 1,64 x + 1,61 y = 65,12 ( 2 ) Từ (1) và (2) ta có phương trình:  x + y = 40  y = 40 − x  ⇔  1,64 x + 1,61 y = 65,12 1,64 x + 1,61 y = 65,12  y = 40 − x  y = 40 − x ⇔ ⇔ 1,64 x + 1,61( 40 − x ) = 65,12 1,64 x + 64, 4 − 1,61x = 65,12  y = 40 − x  x = 24 ⇔ ⇔ ( tm ) 0,03 x = 0,72  y = 16 Vậy số học sinh nam lớp 9A là 24hs Số hs nữ của lớp 9A là 16 học sinh Câu 7. (1 ñiểm) Người ta muốn tạo một cái khuôn ñúc dạng hình trụ, có chiều cao bằng 16 cm, bán kính ñáy bằng 8cm, mặt ñáy trên lõm xuống dạng hình nón và khoảng cách từ ñỉnh hình nón ñến mặt ñáy dưới hình trụ bằng 10cm ( như hình vẽ bên). Tính diện tích toàn bộ mặt khuôn (lấy ) 8cm 16cm 10cm Cách giải: Hình trụ có bán kính r=8cm và chiều cao h=16cm nên diện tích xung quanh hình trụ là S1 = 2π rh = 2π .8.16 = 256π 2 ( cm 2 ) 2 2 ( Diện tích 1 mặt ñáy của hình trụ là S 2 = π r = π .8 = 64π cm 2 ) Phần hình nón bị lõm xuống có chiều cao h1 = 16 − 10 = 6cm và bán kính ñáy r=8cm ðường sinh của hình nón là l = r 2 + h 2 = 82 + 62 = 10cm
( Diện tích xung quanh của hình nón là: S3 = π rl = π .8.10 = 80π cm 2 ) Diện tích toàn bộ mặt khuôn là: S = S1 + S 2 + S3 = 256π + 64π + 80π = 400π = 1256 cm( 2 ) Vậy diện tích toàn bộ mặt khuôn là 1256(cm2) Câu 8. (3 ñiểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB< AC) và ñường cao AH ( K∈ BC). Vẽ ñường tròn (O) ñường kính BC. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với ñường tròn (O)( với M, N là các tiếp ñiểm, M và B nằm trên nữa mặt phẳng có bờ là ñường thẳng AO ). Gọi H là giao ñiểm của hai ñường thẳng AN và AK. a) Chứng minh tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh KA là tia phân giác góc AKN c) Chứng minh AN = AK . AH 2 Cách giải: A N H M B C K O a) Chứng minh tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp = 900 Xét ñường tròn (O) có AM là tiếp tuyến nên AM ⊥ OM hay AMO Lại có AK ⊥ BC suy ra AKO = 900 = Xét tứ giác AMKO có AMO AKO = 90 nên hai ñỉnh M, K kề nhau cùng nhìn cạnh AO dưới các góc 0 vuông, do ñó tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp(ñpcm) b) Chứng minh KA là tia phân giác AKN xét ñường tròn (O) có AN là tiếp tuyến nên AN ⊥ ON hay ANO = 900 Xét tứ giác KONA có AKO = ANO = 900 + 900 = 1800 mà hai góc ở vị trí ñối nhau nên tứ giác KONA là = NOA tứ giác nội tiếp. Suy ta NKA (1) = MOA Lại có tứ giác AMKO là tứ giác nội tiếp (theo câu a) nên MKA (2) (TÍNH CHẤT) Xét ñường tròn (O) có AM, AN là 2 tiếp tuyến nên OA là tia phân giác của MON
= NOA Do ñó MOA (3) = NKA Từ (1), (2), (3) suy ra MKA hay KA là tia phân giác góc MKN (ñpcm) c) Chứng minh AN = AK . AH 2 1 AMN = sd cung MN ( 4 ) AMN là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung MN nên xét ñường tròn (O) có 2 = 1 MON = MOA lại có MKA = 1 sd cung MN ( 5) ( theo câu b) nên MKA 2 2 Từ (4), (5) suy ra . AMH = MKA Xét ∆AMH và ∆AKM có; chung MAH (cmt) AMH = MKA AM AH Nên ∆AMH ∼ ∆AKM ( g .g ) suy ra = ⇔ AM 2 = AK . AH AK AM Lại có AM = AN ( tinh chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên AN2=AK.AH (ñpcm)