Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Hưng Yên (Đề chung)

Chia sẻ: Lan Yuan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

86
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh lớp 9 cùng tham khảo Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Hưng Yên (Đề chung) dưới đây làm tài liệu ôn tập hệ thống kiến thức chuẩn bị cho bài thi tuyển sinh vào lớp 10 sắp tới. Đề thi đi kèm đáp án giúp các em so sánh kết quả và tự đánh giá được lực học của bản thân, từ đó đặt ra hướng ôn tập phù hợp giúp các em tự tin đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Chúc các em thi tốt!

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 Hưng Yên (Đề chung)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM HỌC 2019 – 2020 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho mọi thí sinh dự thi) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm). 2  5  1 2 1) Rút gọn biểu thức A  2  20  20 . 5 2) Cho hai đường thẳng (d): y  (m  2) x  m và ( ) : y  4 x  1 a) Tìm m để (d) song song với (  ) . b) Chứng minh đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A(1; 2) với mọi m. c) Tìm tọa độ điểm B thuộc ( ) sao cho AB vuông góc với ( ) . Câu 2 (2,0 điểm). 1) Giải phương trình x 4  2 x 2  x 2 x 2  4  4 .  x  y 2  xy  3 y  1  2) Giải hệ phương trình  x2  y  1  x  y   1  x2 Câu 3 (2,0 điểm). Cho phương trình: x 2  2(m  1) x  m 2  4  0 (1) (m là tham số) 1) Giải phương trình khi m  2 . 2) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x12  2(m  1) x2  3m 2  16 . Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ các nửa đường tròn đường kính AB và AC sao cho các nửa đường tròn này không có điểm nào nằm trong tam giác ABC. Đường thẳng d đi qua A cắt các nửa đường tròn đường kính AB và AC theo thứ tự ở M và N (khác điểm A). Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC. 1) Chứng minh tứ giác BMNC là hình thang vuông. 2) Chứng minh IM = IN. 3) Giả sử đường thẳng d thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện đề bài. Hãy xác định vị trí của đường thẳng d để chu vi tứ giác BMNC lớn nhất. Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x 2  y 2  z 2  3 y . 1 4 8 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P    . ( x  1) ( y  2) ( z  3) 2 2 2 --------------- HẾT --------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .................................................... Số báo danh: ......................................... Chữ ký của giám thị 1: ..................................... Chữ ký của giám thị 2: .....................................
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 2  5  1 5 2 A2  20  20  2 2  5  2 5  20  1) 5 5 0.5  2  5  2  2 5  4 5  2 5  4  2 5  4 5  4 (d) song song với ( )  m  2  4 m  2 2a)    m  2 0.5 m  1 m  1 Vậy m  2 là giá trị cần tìm. Thay x  1; y  2 vào phương trình y  ( m  2) x  m được: 2b) 2  (m  2).(1)  m  2  m  2  m  2  2 (đúng với m ) Vậy đường thẳng (d) luôn đi qua điểm A( 1; 2) với mọi m. Cách 1: Vì điểm B thuộc ( ) nên tọa độ điểm B có dạng  x0 ;1  4 x0  ĐK: B khác A hay x0  1 Giả sử phương trình đường thẳng AB là y  ax  b Vì A(1; 2) và B  x0 ;1  4 x0  nên ta có hệ phương trình: a  b  2 4 x0  1   a ( x0  1)  4 x0  1  a   ax0  b  1  4 x0 x0  1 AB vuông góc với ( ) Câu 1 4 x0  1 (1,0đ)  aa '  1 hay  (4)  1 x0  1 5  16 x0  4   x0  1  x0  17 5 37  y0  1  4   17 17 2c)  5 37  Vậy tọa độ điểm B là  ;  .  17 17  Cách 2: Giả sử phương trình đường thẳng AB là y  ax  b AB vuông góc với ( ) 1  aa '  1 hay a  (4)  1  a  4 1  phương trình đường thẳng AB có dạng y  x  b 4 1 Vì đường thẳng y  x  b đi qua A(1;2) nên: 4 1 9 2   (1)  b  b  4 4 1 9  phương trình đường thẳng AB là y  x  4 4
 Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình:  5  1 9  x y  x   17  5 37   4 4  B ;   y  4 x  1  y  37  17 17   17 x4  2 x2  x 2 x2  4  4  x 2 ( x 2  2)  2.x x 2  2  4 (1) Đặt x x 2  2  y . Phương trình (1) trở thành: y 2  2. y  4  y 2  2. y  4  0 (2) Giải phương trình (2) được y1  2 ; y2  2 2 Với y  2 thì x  0 x  0 x x2  2  2   2 2  2  x ( x  2)  2 ( x  1)  3 2 1) 1.0  x  0  x  0  2  2 x 3 1  x  1  3  x  3  1 Với y  2 2 thì x  0 x  0 x x 2  2  2 2   2 2  2  x ( x  2)  8 ( x  1)  9 2 x  0 x  0  2  2 x 2  x  1  3  x  2 Câu 2 (2,0đ) Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là S   3  1;  2  Lời giải của thầy Vũ Văn Luyện – Cẩm Giàng – Hải Dương  x  y  2  xy  3 y  1 (1)   x2  y  1 x  y  (2)  1  x2 Dễ thấy y  0 không là nghiệm của (1). Với y  0 , ta có:  x  y  1  4 y  xy  y 2 2 (1)  x  xy  y  3 y  1   2 2 2  x  1  3 y  xy  y 2 x 2  y  1 y (4  x  y ) x  y  4 2)    (3) 1.0 x2  1 y (3  x  y ) x  y  3 x y4 Từ (2) và (3)  x  y  (4) x y 3 Đặt x  y  a . Phương trình (4) trở thành: a4 a  a 2  3a  a  4  a 2  4a  4  0 a 3  (a  2) 2  0  a  2  x y  2  y  2 x Thay y  2  x vào (2) được:
x2  2  x  1 2  2  2 x2  x2  x  3  x2  x  1  0 1  x2 1  5 5 5 x y 2 2  1  5 5  5   1  5 5  5  Thử lại ta thấy  ;  và  ;  là các  2 2   2 2  nghiệm của hệ đã cho. Vậy … Khi m  2 thì phương trình (1) trở thành: x2  6 x  8  0 (2) 1) Giải phương trình (2) được x1  4; x2  6 0.5 Vậy khi m  2 thì phương trình (1) có hai nghiệm: x1  4; x2  6 . Xét  '  (m  1) 2  m 2  4  2m  3 Phương trình (1) có nghiệm   '  0  m  1,5 Vì x1 là nghiệm của phương trình (1) nên: x12  2( m  1) x1  m 2  4  0  x12  2( m  1) x1  m 2  4 Câu 3 Theo đề bài: (2,0đ) x12  2(m  1) x2  3m 2  16 2)  2( m  1) x1  m 2  4  2(m  1) x2  3m 2  16 1.5  2( m  1)( x1  x2 )  4m 2  20 Mà x1  x2  2(m  1) (theo hệ thức Vi-ét) nên: 4(m  1) 2  4m 2  20  4m 2  8m  4  4m 2  20  m  2 (TMĐK) Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. B I d M 0.25 C A Câu 4 H (3,0đ) N  ANC Vì AMB,  là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên:   90o  MA  MB AMB 1)   90o  NA  NC 0.75 ANC  MB // NC  BMNC là hình thang   90o nên BMNC là hình thang vuông. Lại có AMB
Gọi H là trung điểm của MN  IH là đường trung bình của hình thang BMNC 2)  IH // BM  IH  MN 1.0  IMN có HM = HN và IH  MN   IMN cân tại I Gọi P là chu vi tứ giác BMNC. Ta có: P = BC + BM + MN + CN = BC + (MA + MB) + (NA + NC) Dễ chứng minh bất đẳng thức a  b  2(a 2  b 2 ) Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: MA  MB  2(MA 2  MB2 ) Mà MA 2  MB2  AB2 (theo định lí Py-ta-go)  MA  MB  2AB2  AB 2 3) 1.0 Tương tự: NA  NC  2AC 2  AC 2  P  BC  2(AB  AC) Dấu “=” xảy ra MA  MB   NAC   45o   MAB  NA  NC Vậy khi d tạo với tia AB và tia AC các góc 45o thì chu vi tứ giác BMNC đạt giá trị lớn nhất là BC  2(AB  AC) Lời giải của thầy Vũ Văn Luyện – Cẩm Giàng – Hải Dương Chọn điểm rơi x  z  1; y  2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki, ta có: ( x  1) 2  2( x 2  1) ( y  2) 2  2( y 2  4) ( z  3) 2  ( z  1  1  1) 2  4( z 2  3) 1 1 4 P   2( x  1) 2 0,5( y  4) 2( z  3) 2 2 a 2 b 2 c 2 ( a  b  c) 2 Dễ chứng minh    với x, y, z  0 Câu 5 x y z x yz 1.0 (1,0đ) Áp dụng bất đẳng thức trên, ta có: (1  1  2) 2 16 P  2( x  1)  0,5( y  4)  2( z  3) 2( x  z )  0,5 y 2  10 2 2 2 2 2 Từ GT: x 2  y 2  z 2  3 y  x 2  z 2  3 y  y 2  2( x 2  z 2 )  0,5 y 2  10  2(3 y  y 2 )  0,5 y 2  10  1,5 y 2  6 y  10  16  1,5( y  2) 2  16 16 P 1 16 x  z  1 x  z  1 Dấu “=” xảy ra   . Vậy min P  1   y  2 y  2 Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương