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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

39
lượt xem 2
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 Nam Định (Đề chung) dành cho các bạn học sinh lớp 9 và quý thầy cô tham khảo giúp các bạn học sinh có thêm tài liệu chuẩn bị ôn tập cho kì thi tuyển sinh lớp 10 sắp tới được tốt hơn cũng như giúp quý thầy cô nâng cao kỹ năng biên soạn đề thi của mình. Mời các thầy cô và các bạn tham khảo.

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 Nam Định (Đề chung)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NAM ĐỊNH Năm học: 2019 – 2020 Môn thi: Toán (chung) – Đề 1 ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho học sinh thi vào các lớp chuyên tự nhiên Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm). 2019 3 1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P   . x 3 x9 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y   m 2  1 x  7 và đường thẳng y  3 x  m  5 (với m  1 ) là hai đường thẳng song song. 3) Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 6cm, BC = 10cm. Tính độ dài đường cao kẻ từ A xuống cạnh BC. 4) Một hình trụ có diện tích hình tròn đáy là 9 cm2, độ dài đường sinh là 6cm. Tính thể tích hình trụ đó.  a 1 a 1   a2  a a  Câu 2 (1,5 điểm). Cho biểu thức P     4 a  :   với a  0, a  1 .  a 1 a 1   a 1  1) Rút gọn biểu thức P. 2) Tìm các giá trị nguyên của a để P nhận giá trị là số nguyên. Câu 3 (2,5 điểm). 1) Cho phương trình x 2  2(m  2) x  m 2  5  0 (với m là tham số). a) Giải phương trình với m  0 . b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 (giả sử x1  x2 ) thỏa mãn x1  x2  1  5 . 2) Giải phương trình  x4 2   4  x  2  2 x . Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD (BD < AC). Đường tròn (O) đường kính AC cắt các tia  AB, AD lần lượt tại H, I khác A. Trên dây HI lấy điểm K sao cho HCK ADO . Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt BD tại E (D nằm giữa B, E). Chứng minh rằng: AO.KC 1) CHK # DAO và HK  . OB 2) K là trung điểm của đoạn HI. 3) EI .EH  4OB 2  AE 2 . Câu 5 (1,0 điểm). ( x  y ) 2  4  3 y  5 x  2 ( x  1)( y  1)  1) Giải hệ phương trình  3 xy  5 y  6 x  11  5  x3  1 2) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  2019 xyz . Chứng minh rằng x 2  1  2019 x 2  1 y 2  1  2019 y 2  1 z 2  1  2019 z 2  1    2019.2020 xyz . x y z -------------------- HẾT -------------------- Họ và tên thí sinh: ............................................. Họ tên, chữ kí GT 1: ........................... Số báo danh: ...................................................... Họ tên, chữ kí GT 2: ...........................
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 2019 3 P  x 3 x  9 1) x  0 0.5  x  0 ĐKXĐ:  x  3  0   x  9  0 x  9  Hai đường thẳng y   m2  1 x  7 và y  3x  m  5 (với m  1 ) song song với nhau 2) m 2  1  3 m2  4  m  2 0.5     m  2 (TMĐK) 7  m  5 m  2 m  2 Vậy m  2 là giá trị cần tìm. B Câu 1 (2,0đ) H 3) A C 0.5 Áp dụng định lí Py-ta-go, ta có: AC  BC 2  AB 2  102  62  8 (cm) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: AB. AC 6.8 AH .BC  AB. AC  AH    4,8 (cm) BC 10 Trong hình trụ thì chiều cao bằng độ dài đường sinh  h  6 cm 4) 0.5 Thể tích hình trụ là: V  S .h  9 .6  54 (cm3)  a 1 a 1   a2  a a  P     4 a  :    a 1 a 1   a 1     a  1  4 a  a  1 : a a  a  1 2 2 a 1    a  1 a  1 a 1 1) a  2 a  1  a  2 a  1  4a a  4 a 1.0  :a a Câu 2 a 1 (1,5đ) 4a a 4  :a a  a 1 a 1 4 Vậy P  với a  0, a  1 a 1 Với a  Z , a  0, a  1  a  1  1 4 2) P nhận giá trị nguyên   Z  4 a  1 0.5 a 1 Mà a  1  1  a  1  1; 2; 4  a  2;3;5
Với m = 0, ta có phương trình: 1a) x2  4x  5  0 0.5 Giải phương trình được x1  1; x2  5 Phương trình x 2  2(m  2) x  m 2  5  0 Ta có ac  m2  5  0 m  Phương trình có hai nghiệm trái dấu Mà x1  x2  x1  0  x2  x1   x1 ; x2  1  x2  1 1b) 1.0 Do đó: x1  x2  1  5   x1  x2  1  5  x1  x2  6 Lại có: x1  x2  2(m  2) (theo hệ thức Vi-ét) Câu 3  2(m  2)  6  m  5 (2,5đ) Vậy m  5 là giá trị cần tìm.  x4 2   4  x  2  2 x (1) ĐK: 4  x  4 Dễ thấy x  0 là nghiệm của phương trình (1) Xét x  0 . Nhân cả hai vế của (1) với 4  x  2 được   2) x   4  x  2  2 x  4 x 2  1.0  4  x  2  2  4 x 2   4  x  2 4  x  6  4  x  0 (vô nghiệm) Vậy nghiệm của phương trình (1) là x  0 A B H 2 1 1 2 O 1 K 3 1 2 0.25 1 D Câu 4 C (3,0đ) 1 I F≡E  CHK và  DAO có: 1)  D HCK  1 (GT) ; A  1   1 sđIC 1  H  0.75    2    CHK #  DAO (g-g)
HK KC AO.KC AO.KC    HK   (1) AO OD OD OB Từ  CHK #  DAO  K 1  O 1  K2  O 2  CIK và  BAO có: 2  O K  2   1 sđHC  2 ; I1  A     2  2)   CIK #  BAO (g-g) 1.0 IK KC AO.KC    IK  (2) AO OB OB Từ (1) và (2)  HK = IK Vậy K là trung điểm của HI. Gọi F là giao điểm của BD và HI Ta có K2  O  2 và O3  O 2  O 3  K 2  OKCF là tứ giác nội tiếp  OKF   OCF Vì K là trung điểm của dây HI  OK  HI  OKF   90o   90o  FC là tiếp tuyến của (O)  F  E  OCF 3) 1.0 Dễ chứng minh  ECI #  EHC (g-g)  EC2 = EI.EH (3) Vì AC > BD  AC > BD  AC > 4OB 2 2 2 2 (4)  ACE vuông tại C  AE2 = EC2 + AC2 (5) Từ (3), (4), (5)  EI.EH + 4OB2 < EC2 + AC2 = AE2 (đpcm) ( x  y ) 2  4  3 y  5 x  2 ( x  1)( y  1) (1)   3 xy  5 y  6 x  11  5 (2)  x3  1 ĐK: x  1; y  1 Đặt x  1  a , y  1  b  a  0, b  0   x  a 2  1; y  b 2  1 Phương trình (1) trở thành: (a 2  b 2  2) 2  4  3(b 2  1)  5(a 2  1)  2ab  (a 2  b 2  2) 2  4  3b 2  5a 2  8  2ab  0  (a 2  b 2  2) 2  4  4(a 2  b 2  2)  a 2  b 2  2ab  0  ( a 2  b 2 ) 2  ( a  b) 2  0 Câu 5 1)  (a  b) 2 [(a  b) 2  1]  0 0.5 (1,0đ)  ( a  b) 2  0 ab  x 1  y 1  y  x  2 (3) (2)  3 xy  5 y  6 x  11  5 x3  1 (4) Thay (3) vào (4) được: 3 x( x  2)  5( x  2)  6 x  11  5 x3  1  3 x 2  6 x  5 x  10  6 x  11  5 x3  1  3x 2  5 x  1  5 x3  1  3( x 2  x  1)  2( x  1)  5 x  1 x 2  x  1  0
  3 x2  x  1  x  1   x2  x  1  2 x  1  0  x2  x  1  2 x  1  0  x 2  x  1  4( x  1)  x2  5x  3  0 5  37 x (TMĐK) 2 5  37 9  37 Với x  y 2 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là  5  37 9  37   5  37 9  37    x; y    ; ; ;  .  2 2   2 2   Ta có: x 2  xy  xz x  y  z  2019 xyz  2019 x 2  yz x 2  xy  xz  yz ( x  y )( x  z )  x   x   2019 x  1  2     1  1 yz yz  y  z   x  x  1  x x  x1 1  2019 x 2  1    1   1     2   1      y  z  2  y z  2 y z (theo BĐT Cô-si) x1 1 x2  1  1     x  1  2019 x  1 2 2 2 y z 2 11 1    x     x x x 2 y z Tương tự: 2) y 2  1  2019 y 2  1 2 11 1 0.5  y     y y 2 z x z 2  1  2019 z 2  1 2 11 1  z     z z 2 x y 1 1 1  VT  x  y  z  3     x y z Chứng minh được ( x  y  z ) 2  3( xy  yz  zx)  1 1 1  3( xy  yz  zx) 2019.3( xy  yz  zx)  3      x y z xyz 2019 xyz 2019.( x  y  z ) 2   2019( x  y  z ) x yz  VT  2020( x  y  z )  2020.2019 xyz  VP  Đpcm. Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Cẩm Hoàng – Cẩm Giàng – Hải Dương