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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

39
lượt xem 4
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 Ninh Thuận là tài liệu hữu ích giúp các em ôn tập cũng như hệ thống kiến thức môn học, giúp các em tự tin đạt điểm số cao trong kì thi tuyển sinh THPT sắp tới. Mời các em cùng tham khảo đề thi.

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 Ninh Thuận

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NINH THUẬN NĂM HỌC 2019 - 2020 ------------------ MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) --------------------- ĐỀ BÀI (Đề thi này gồm 01 trang) Bài 1. (2,0 ñiểm): Giải bất phương trình và hệ phương trình sau: 3x + y = 1 a) 7 x – 2 > 4 x + 3 ; b)  x − 2 y = 5 Bài 2. (2,0 ñiểm) : Cho Parabol ( P ) : y = 2 x 2 và ñường thẳng ( d ) : y = 3 x + 2 . a) Vẽ ñồ thị (P) trên hệ trục tọa ñộ Oxy ; b) Tìm tọa ñộ giao ñiểm của (P) và (d). Bài 3. (2,0 ñiểm)  a 1  a − 1 a +1 a) Rút gọn biểu thức : P =  −  −  với a > 0 và a ≠ 1 . 2 2 a  a + 1 a − 1    b) Chứng minh rằng phương trình : x 2 − (2m − 1) x + 2m − 4 = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x12 + x22 . Bài 4. (2,0 ñiểm) : Cho ∆ ABC vuông tại C nội tiếp trong ñường tròn tâm O, ñường kính AB = 2R, ABC = 600 . Gọi H là chân ñường cao hạ từ C xuống AB, K là trung ñiểm ñoạn thẳng AC. Tiếp tuyến tại B của ñường tròn tâm O cắt AC kéo dài tại ñiểm D. a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp trong một ñường tròn b) Chứng minh rằng AC.AD= 4R2. c) Tính theo R diện tích của phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O. ---------- HẾT ----------
Bài 1. (2,0 ñiểm): 5 a) 7 x – 2 > 4 x + 3 ⇔ 3x > 5 ⇔ x > . 3 5 Vậy nghiệm của bất phương trình là x > 3 3x + y = 1 6 x + 2 y = 2 7 x = 7 x = 1 x = 1 b)  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x − 2 y = 5 x − 2 y = 5  x − 2 y = 5 1 − 2. y = 5  y = −2 Vậy, nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = (1; −2 ) . Bài 2. (2,0 ñiểm) a) Vẽ ñồ thị hàm số y = 2 x 2 Bảng giá trị : x -2 -1 0 1 2 y = 2x2 8 2 0 2 8 ðồ thị hàm số y = 2 x 2 là một ñường cong ñi qua các ñiểm: ( −2;8 ) , ( −1; 2 ) , ( 0;0 ) , (1; 2 ) , ( 2;8) ðồ thị như hình vẽ : y x O b) Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (P) và (d) : 2 x 2 = 3x + 22 x 2 – 3x – 2 = 0 (*) Ta có ∆ = (-3)2 – 4.2.(-2) = 25 > 0 ⇒ ∆ =5 −1 ⇒ Phương trình (*) có hai nghiệm : x = hoặc x = 2 2 2 −1  −1  1  −1 1  Khi x = thì y = 2.   = ta ñược giao ñiểm  ;  2  2  2  2 2 Khi x = 2 thì y = 2. ( 2 ) = 8 ta ñược giao ñiểm ( 2;8 ) 2  −1 1  Vậy giao ñiểm của (P) và (d) là  ;  và ( 2;8 )  2 2
Bài 3. (2,0 ñiểm) a) Rút gọn :  a 1   a −1 a +1 P =  −   −  với a > 0 và a ≠ 1  2 2 a  a +1 a − 1  ( ) ( a + 1) 2 2 a −1 a −1 − a − 1 −4 a = . == . = -2 2 a ( a − 1)( a + 1) 2 a a −1 Vậy P = -2 = ( m − 1) − ( 2m − 4 ) = m 2 − 2m + 1 − 2m + 4 = m 2 − 4m + 5 2 b) Ta có ∆ ’ = ( m 2 − 4m + 4 ) + 1 = ( m − 2 ) + 1 > 0 với mọi m 2 ⇒ Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m  x1 + x2 = 2(m − 1) Theo ñịnh lí vi-ét ta có :   x1.x2 = 2m − 4 Theo ñề bài ta có : A = x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 2 ⇒ A = 4 ( m − 1) − 2 ( 2m − 4 ) = 4m 2 − 8m + 4 − 4m + 8 = ( 2m ) − 2.2m.3 + 32 + 3 = ( 2m − 3) + 3 ≥ 3 ∀ m 2 2 2 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 3 khi m = 2 Bài 4. (2,0 ñiểm) D C K A 600 B O H a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp trong một ñường tròn = 900 Vì K là trung ñiểm của dây cung AC nên OK ⊥ AC ⇒ CKO Xét tứ giác CHOK có : = 900 (cmt) CKO
= 900 (vì CH ⊥ AB) CHO + CHO Vì CKO = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác CHOK nội tiếp b) Chứng minh rằng AC.AD= 4R2. Xét ∆ ACB và ∆ ABD có : ACB = ABD = 900 là góc chung BAD AC AB Vậy ∆ ACB ∽ ∆ ABD (g-g) ⇒ = ⇒ AC.AD = AB2 = (2R)2 = 4R2 (ñpcm) AB AD c) Tính theo R diện tích của phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O. Gọi S là diện tích của phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O Khi ñó : S = S ∆ABD − S ∆ABC − Svp Ta có : OB = OC = bk, = 600 ABC = 600 ⇒ ∆ OBC là tam giác ñều ⇒ OB = OC = BC = R và BOC R 3R Lại có CH ⊥ AB ⇒ H là trung ñiểm OB ⇒ BH = ⇒ AH = 2 2 R2 R 3 Trong ∆ CHB vuông tại H có : CH 2 + BH 2 = BC 2 ⇒ CH = BC 2 − HB 2 = R 2 − = 4 2 R 3 2 R. AH CH AB.CH 2 = 2R 3 Vì CH // BD (cùng vuông góc với AB) nên = ⇒ BD = = AB BD AH 3R 3 2 Khi ñó : 1 1 2R 3 2R2 3 S ∆ABD = AB.BD = .2 R. = 2 2 3 3 1 1 R 3 R2 3 S ∆ABC = CH . AB = . .2 R = 2 2 2 2 π.R 2 .60 1 πR 2 1 R 3 πR 2 R 2 3 Svp = S qBOC − S ∆BOC = − .OB.CH = − R. = − 360 2 6 2 2 6 4 Vậy diện tích phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O là : S = S ∆ABD − S ∆ABC − Svp = − −  − ( 2 R 2 3 R 2 3  πR 2 R 2 3  R 10 3 − π 2 )  = (ñvdt) 3 2  6 4  12 ………………………………