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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

39
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có cơ hội đánh giá lại lực học của bản thân cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề của giáo viên. Mời các bạn và quý thầy cô cùng tham khảo Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Sơn La. 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 Sơn La

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT SƠN LA NĂM HỌC 2019 - 2020 ----------- MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) --------------------- Bài 1.(3,0 ñiểm) a) Giải phương trình 3(x + 2) = x +36  4x − 3 y = 1 b) Giải hệ phương trình  − x + 3 y = 2   x 2  c) Rút gọn biểu thức P =  +  . ( x − 4 ) (với x ≥ 0 và x ≠ 4 )  x + 2 x − 2  Bài 2.(1,5 ñiểm) 2 Trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2019 – 2020, số thí sinh vào trường THPT chuyên bằng số thí 3 sinh thi vào trường PTDT Nội trú. Biết rằng tổng số phòng thi của cả hai trường là 80 phòng thi và mỗi phòng thi có ñúng 24 thí sinh. Hỏi số thí sinh vào mỗi trường bằng bao nhiêu? Bài 3. (1,5 ñiểm) Cho parabol (P) y = x 2 và ñường thẳng y = 2(m − 1) x + m2 + 2m (m là tham số, m ∈ ℝ ). a) Xác ñịnh tất cả các giá trị của m ñể ñường thẳng (d) ñi qua ñiểm I (1; 3). b) Tìm m ñể parabol (P) cắt ñường thẳng (d) tại hai ñiểm phân biệt A, B. Gọi x1 , x2 là hoành ñộ hai ñiểm A, B; tìm m sao cho x12 + x 2 2 + 6 x1 x2 = 2020 . Bài 4. (3,0 ñiểm) Cho ñường tròn (O) ñường kính AB = 2R và C là một ñiểm nằm trên ñường tròn sao cho CA > CB. Gọi I là trung ñiểm của OA, vẽ ñường thẳng d vuông góc với AB tại I, d cắt tia BC tại M và cắt ñoạn AC tại P, AM cắt ñường tròn (O) tại ñiểm thứ hai K. a) Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp ñược trong một ñường tròn. b) Chứng minh ba ñiểm B, P, K thẳng hàng. c) Các tiếp tuyến tại B và C của ñường tròn (O) cắt nhau tại Q, biết BC = R. Tính ñộ dài BK và diện tích tứ giác QAIM theo R. Bài 5. (1,0 ñiểm) Giải phương trình 3−x = x 3+x HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ðIỂM Bài ðáp án ðiểm a)(1,0 ñiểm) 3(x + 2) = x + 36 3x + 6 = x + 36 0,25 2x = 30 0,25 x = 15 0,25 Vậy phương trình ñã cho có 1 nghiệm x =15 0,25 b) (1,0 ñiểm)  4x − 3 y = 1 3x = 3 x = 1 Bài 1  ⇔ ⇔ 0,5 − x + 3 y = 2 − x + 3 y = 2  −1 + 3 y = 2
(3,0 x = 1 x = 1 x = 1 ⇔ ⇔ Vậy hệ ñã cho có nghiệm duy nhất  0,5 ñiểm) 3 y = 3  y = 1 y =1 b) (1,0 ñiểm)  x 2  P =  +  . ( x − 4 ) (với x ≥ 0 và x ≠ 4 )  x +2 x − 2   P= x ( x −2 ) + 2 ( x +2 )   .( x − 4) 0,5   ( x +2 )( x −2 ) ( x +2 )( x −2  ) x−2 x +2 x +4 = .( x − 4) x−4 0,5 = x+4 Bài 2 Gọi số thí sinh vào trường THPT Chuyên và số thí sinh vào trường PTDT 0,25 (1,5 Nội trú lần lượt là x , y (thí sinh) (ñiều kiện x > 0, y > 0) ñiểm) 2 Vì số thí sinh vào trường THPT Chuyên bằng số thí sinh vào trường 3 2 0,25 PTDT Nội trú nên ta có: x = y (1) 3 Vì tổng số phòng thi của cả hai trường là 80 phòng thi và mỗi phòng thi có ñúng 24 thí sinh nên tổng số thí sinh của cả hai trường là: 24.80 = 1920 (thí sinh) 0,25 Do ñó ta có phương trình; x + y = 1920 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  2  2  2  x= y  x= y  x = y  3  3  y = 1152 0,25  3 ⇔ ⇔ ⇔  x + y = 1920  2 y + y = 1920  5 y = 1920  x = 768  3  3 ðối chiếu ñiều kiện ta thấy x = 768; y = 1152 ñều thỏa mãn. 0,25 Vậy số thí sinh vào trường THPT Chuyên và số thí sinh vào trường PTDT 0,25 Nội trú lần lượt là 768 thí sinh , 1152 thí sinh. 3 a)(0,5 ñiểm) ðể ñường thẳng (d) y = 2(m − 1) x + m2 + 2m ñi qua ñiểm I (1;3) thì x = 1; y = 3 thỏa mãn phương trình ñường thẳng (d) nên ta có: 3 = 2(m − 1).1 + m 2 + 2m ⇔ m 2 + 2m + 2m − 2 = 3 ⇔ m 2 + 4m − 5 = 0 0,25 ⇔ m − 1 + 4m − 4 = 0 2 ⇔ ( m − 1)( m + 1) + 4 ( m − 1) = 0 ⇔ ( m − 1)( m + 5 ) = 0 Bài 3 (1,5 m − 1 = 0 ⇔ ñiểm) m + 5 = 0 0,25 m = 1 ⇔  m = −5 Vậy với m = 1 hoặc m = - 5 thì ñường thẳng (d) ñi qua ñiểm I(1;3)
3 b) (1,0 ñiểm) (P) y = x 2 và (d) y = 2(m − 1) x + m2 + 2m ( m ≠ 1) Hoành ñộ giao ñiểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: 0,25 x 2 = 2( m − 1) x + m 2 + 2m (1) ⇔ x 2 − 2(m − 1) x − ( m 2 + 2m) = 0 ∆ ' = (m − 1) 2 + m 2 + 2m = 2m 2 + 1 > 0 với mọi m Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m  x1 + x2 = 2 ( m − 1) Khi ñó theo hệ thức Vi-ét  (2)  x1 x2 = −(m + 2m) 2 Theo bài ra, ta có: x12 + x 2 2 + 6 x1 x2 = 2020 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 6 x1 x2 = 2020 2 ⇔ ( x1 + x2 ) + 4 x1 x2 = 2020 (3) 2 0,25 Thay (2) vào (3) ta có: [ 2(m − 1)] 2 − 4(m 2 + 2m) = 2020 ⇔ 4m 2 − 4m + 4 − 4m 2 − 8m = 2020 ⇔ 12m = −2016 ⇔ m = −168 Vậy m = − 168 thỏa mãn bài. 0,25 Vẽ hình ñúng cho câu a M 0,25 C P Q Bài 4 K P (3,5 ñiểm) A I O B 4.1 a (0,75 ñiểm) = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa ñường tròn) nên PCB Xét (O) có ACB = 900 0,25 Ta có: d ⊥ AB tại I; P ∈ d nên PI ⊥ AB tại I => PIB = 90 0 0,25 = 900 và PIB = 90 (cmt) 0 Xét tứ giác BCPI có: PCB Do ñó tứ giác BCPI nội tiếp ñược ñường tròn. 0,25 4.1 b (1,0 ñiểm) = 900 ) Xét ∆MAB có MI ⊥ AB tại I(gt); AC ⊥ BM tại C ( ACB Mà MI ∩ AC ≡ { P} nên P là trực tâm của ∆MAB (1) 0,25
Lại có: AKB = 90 (Góc nội tiếp chắn nửa ñường tròn) 0 0,25 BK ⊥ AK tại K hay BK ⊥ AM tại K BK là ñường cao của ∆MAB (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra BK ñi qua P hay 3 ñiểm B, P, K thẳng hàng. 0,25 4.1 c (1,0 ñiểm) OA R Có OA = R mà I là trung ñiểm của AO nên AI = IO = = 2 2 R 3R BI = OB + IO = R + = 2 2 Xét ∆BOC có OB = OC = BC = R nên ∆BOC là tam giác ñều. 0,25 = 600 hay Do ñó OBC ABC = 600 = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa ñường tròn) Xét ∆ABC có : ACB Nên = 900 mà ABC + CAB = 900 − 600 = 300 hay ABC = 600 nên CAB = 300 PAI Xét ∆AIP: AIP = 900 ( d ⊥ AB; P ∈ d ) nên: = R .tan 300 = R . 3 = R 3 PI = AI .tan PAI 2 2 3 6 Xét ∆ABK và ∆PBI có ABK chung; = 900 AKB = PIB Do ñó ∆ABK ∼ ∆PBI (g.g) BK BI BK AK ⇒ = (các cạnh tương ứng tỉ lệ) hay = AK PI BI PI BK AK BK AK BK 2 AK 2 ⇒ = ⇒ = ⇒ = 0,25 3R 3R 3 3 9 1 2 6 2 6 4 12 BK 2 AK 2 BK 2 + AK 2 AB 2 4R 2 12R 2 Do ñó: = = = = = 9 1 9 1 7 7 7 + 4 12 4 12 3 3 189 R Suy ra: BK = (ñơn vị ñộ dài) 7 MI BK Có ∆AIM ∼ ∆AKB (g.g) ⇒ = (các cạnh tương ứng tỉ lệ) AI AK BK BI MI BI Mà = (cmt) nên = AK PI AI PI R 3R 0,25 . AI .BI 2 2 3R 6 3 3R ⇒ MI = = = . = PI 3.R 4 3 2 6 Từ Q kẻ QH ⊥ IM tại H. Dễ dàng chứng minh ñược tứ giác QHIB là hình vuông. Suy ra QH = BI Ta có : AI .MI QH .MI MI S AMQI = S AMI + SQMI = + = .( AI + QH ) 0,25 2 2 2
MI AB 3 3R 3 3R 2 = .( AI + BI ) = MI . = .R = (ñvdt) 2 2 2 2 3−x = x 3+x 0,25 ðiều kiện 0 < x ≤ 9 Bình phương hai vế phương trình ñã cho, ta ñược: 3 − x = x 2 .( 3 + x ) 0,25 ⇔ x 3 + 3.x 2 + x = 3 2 3 3 1  1   1   1  ⇔ x + 3.x . 3 2 + 3.x.   +  = 3 +  Bài 5 3  3  3  3 3 (1,0  1  10 10 3 0,25 ⇔x+  = = ñiểm)  3 3 3 9 1 10 3 ⇔ x+ =3 3 9 10 3 3 ⇔x= 3 − (thỏa mãn ñiều kiện) 0,25 9 3 10 3 3 Vậy phương trình ñã cho có 1 nghiệm x = 3 − 9 3