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

Chia sẻ: Lan Yuan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

36
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị cho kì thi tuyển sinh lớp 10 sắp tới cũng như giúp các em củng cố và ôn luyện kiến thức, rèn kỹ năng làm bài thông qua việc giải Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Lào Cai sau đây. Hi vọng đây là tài liệu hữu ích cho các bạn trong việc ôn tập. Chúc các bạn 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 Lào Cai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 LÀO CAI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2019 ------------ ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN THI : TOÁN KHÔNG CHUYÊN Thời gian : 120 phút (không tính thời gian giao ñề) Bài 1. (1,0 ñiểm) Tính giá trị của các biểu thức sau: ( ) 2 a) 4 +3. b) 5+ 6− 5 2x 2 + 2x 1 1 Bài 2: (1,5 ñiểm) Cho biểu thức H = + − với x ≥ 0; x ≠ 1 x −1 2 x +1 x −1 a) Rút gọn biểu thức H b) Tìm tất cả các giá trị của x ñể x −H FE = FD.FE c) ðường thẳng OI cắt ñường tròn (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). ðường thẳng QF cắt ñường tròn (O) tại K (K khác Q). Chứng minh 3 ñiểm P, K, M thẳng hàng. --- HẾT ---
HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: a) 4 +3= 2+3=5 (6 − 5 ) 2 b) 5+ = 5 + 6− 5 = 5 +6− 5 =6 Bài 2: 2x 2 + 2x 1 1 2x ( x + 1) 1 1 a) H= + − = + − x −1 x +1 x − 1 ( x + 1)( x − 1) x +1 x −1 2 2x 1 1 2x 1 1 = + − = + − x −1 x +1 x −1 ( x +1 )( x −1) x +1 x −1 b) Theo ñề bài ta có x − H < 0 ⇔ x − 2
b) x 2 − 2(m − 1)x + m 2 = 0 Ta có: ∆ ' = − ( m − 1)  − m 2 = m 2 − 2m + 1 − m 2 = 1 − 2m 2 1 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 1 − 2m > 0 ⇔ m < 2  x1 + x 2 = 2 ( m − 1) Theo vi-ét ta có:   x1 x 2 = m 2 Theo ñề bài ta có: ( x1 − x 2 ) ⇔ ( x1 + x 2 ) − 4x1x 2 + 6m = x1 − 2x 2 2 2 + 6m = x1 − 2x 2 ⇔ 4 ( m − 1) − 4m 2 + 6m = x1 − 2x 2 2 ⇔ −2m + 4 = x1 − 2x 2 Khi ñó kết hợp với x1 + x 2 = 2 ( m − 1) ta có hệ pt:  4  4 x2 = m − 2 x2 = m − 2  x1 + x 2 = 2 ( m − 1)  3x = 4m − 6   3   3  ⇔ 2 ⇔ ⇔  x1 − 2x 2 = −2m + 4  x1 + x 2 = 2m − 2  x = 2m − 2 − 4 m + 2  x = 2 m  1 3  1 3  4  x 2 = 3 m − 2 Thay  vào x1x 2 = m 2 ta ñược:  x = 2m  1 3 4  2 −1 2 4 1 4  m=0  m − 2  . m = m ⇔ m − m = 0 ⇔ − m  m +  = 0 ⇔  m = −12 (tm) 2 3  3 9 3 9 3  Vậy m = 0; m = −12 thỏa mãn yêu cầu ñề bài. Bài 5: = OCM a) Do Mb,Mc là hai tiếp tuyến của ñường tròn (O) nên OBM = 900 + OCM Xét tứ giác MBOC có: OBM = 1800 suy ra tứ giác MBOC là tứ giác nội tiếp. b) Xét tam giác FBD và tam giác FEC có: ( dd ) = EFC BFD = FCE FDB ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE)
FB FD ⇒ ∆FBD ∼ ∆FEC ( g − g ) ⇒ = ⇒ FD.FE = FB.FC (1) FE FC = DIC Ta có AB// ME suy ra BAC = MBC Mà BAC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC) = MBC ⇒ DIC ⇒ MBF = CIF Xét tam giác FBM và tam giác FIC có: = IFC BFM (ññ) ( cmt ) = CIF MBF FB FM ⇒ ∆FBM ∼ ∆FIC ( g − g ) ⇒ = ⇒ FI.FM = FB.FC ( 2 ) FI FC Từ (1) và (2) ⇒ FI.FM = FD.FE ( 3) c) Xét tam giác FDK và tam giác FQE có: = EFQ KFD (ññ) = FEQ FKD ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung DQ) ⇒ ∆FKD ∼ ∆FEQ ( g − g ) FK FD ⇒ = ⇒ FD.FE = FK.FQ ( 4 ) FE FQ FM FK Từ (3) và (4) ⇒ FI.FM = FK.FQ ⇔ = FQ FI Xét tam giác FMQ và tam giác FKI có: FM FK = ( cmt ) FQ FI = KFI MFQ ⇒ ∆FMQ ∼ ∆FKI ( c − g − c ) ⇒ FMQ = FKI Suy ra tứ giác KIQM là tứ giác nội tiếp = MIQ ⇒ MQK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MQ) = CIF Ta có MBF ⇒ MBC = MIF suy ra tứ giác MBIC là tứ giác nội tiếp Mà MOBC là tứ giác nội tiếp nên M, B, O, I, C cùng thuộc 1 ñường tròn. = 900 suy ra OM là ñường kính của ñường tròn ñi qua 5 ñiểm M, B, O, I, C. Ta có OBM = 900 (góc nội tiếp chắn nửa ñường tròn) Suy ra OIM = 900 ⇒ IM ⊥ OI ⇒ MIQ = MIQ ⇒ MKQ = 900 = 900 (góc nội tiếp chắn nửa ñường tròn) Lại có QKP = MKQ Từ ñó ta có: MKP + QKP = 1800 Vậy 3 ñiểm P, K, M thẳng hàng.