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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

67
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Mời các bạn cùng tham khảo Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế dưới đây để có thêm tài liệu ôn thi. 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 Thừa Thiên Huế

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2019 - 2020 ------------------------- MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) --------------------- Câu 1: (1,5 ñiểm) a) Tìm giá trị của x sao cho biểu thức A = x − 1 có giá trị dương. b) ðưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị biểu thức B = 2 22.5 − 3 32.5 + 4 42.5 2  1− a a   1− a  c) Rút gọn biểu thức C =  + a    với a ≥ 0 và a ≠ 1 .  1− a   1− a  Câu 2: (1,5 ñiểm) 4 x − y = 7 a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình  x + 3y = 5 b) Cho ñường thẳng d : y = ax + b . Tìm giá trị của a và b sao cho ñường thẳng d ñi qua ñiểm A ( 0; −1) và song song với ñường thẳng ∆ : y = x + 2019 . Câu 3: (1,0 ñiểm) Hưởng ứng Ngày Chủ nhật xanh do UBND tỉnh phát ñộng với chủ ñề “Hãy hành ñộng ñể Thừa Thiên Huế thêm Xanh, Sạch, Sáng”, một trường THCS ñã cử học sinh của hai lớp 9A và 9B cùng tham 35 gia làm tổng vệ sinh một con ñường, sau giờ thì làm xong công việc. Nếu làm riêng từng lớp thì thời gian 12 học sinh lớp 9A làm xong công việc ít hơn thời gian học sinh lớp 9B là 2 giờ. Hỏi nếu mỗi lớp làm riêng thì sau bao nhiêu giờ sẽ làm xong công việc? Câu 4: (2,0 ñiểm) Cho phương trình: x2 + 2 ( m − 2) x + m2 − 4m = 0 (1) (với x là ẩn số). a) Giải phương trình (1) khi m = 1 . b) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. c) Tìm các giá trị của m ñể phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn ñiều kiện 3 3 + x2 = + x1 . x1 x2 Câu 5: (3,0 ñiểm) Cho ñường tròn tâm O ñường kính AB. Trên ñường tròn ( O ) lấy ñiểm C không trùng B sao cho AC > BC . Các tiếp tuyến của ñường tròn ( O ) tại A và tại C cắt nhau tại D. Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB, E là giao ñiểm của hai ñường thẳng OD và AC. a) Chứng minh OECH là tứ giác nội tiếp. b) Gọi F là giao ñiểm của hai ñường thẳng CD và AB. Chứng minh 2 BCF + CFB = 90° . c) Gọi M là giao ñiểm của hai ñường thẳng BD và CH. Chứng minh hai ñường thẳng EM và AB song song với nhau. Câu 6: (1,0 ñiểm) Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ chứa ñầy nước, có chiều cao bằng 6cm , bán kính ñáy bằng 1cm . Người ta thả từ từ lần lượt vào cốc nước một viên bi hình cầu và một vật có dạng hình nón ñều bằng thủy tinh (vừa khít như hình vẽ) thì thấy nước trong chiếc cốc tràn ra ngoài. Tính thể tích của lượng nước còn lại trong chiếc cốc (biết rằng ñường kính của viên bi, ñường kính của ñáy hình nón và ñường kính của ñáy cốc nước xem như bằng nhau; bỏ qua bề dày của lớp vỏ thủy tinh). ……………Hết…………… Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:…………………….
ðÁP ÁN Câu 1: (1,5 ñiểm) a) A = x − 1 Ta có A có giá trị dương ⇔ A > 0 ⇔ x − 1 > 0 ⇔ x > 1 Vậy x > 1 thì A có giá trị dương b) B = 2 22.5 − 3 32.5 + 4 42.5 = 2 22.5 − 3 32.5 + 4 42.5 = 2.2 5 − 3.3 5 + 4.4 5 = 4 5 − 9 5 + 16 5 = 11 5 Vậy B = 11 5 c) ðKXð: a ≥ 0; a ≠ 1 ( )( ) 2  1− a a   1− a  2  1− a 1+ a + a       1− a  C =  + a    = + a .  1− a   1− a    1− a   1− a 1+ a     ( )( ) 2 2  1   1  ( = 1 + a + a + a .)  = 1+ 2 a + a 1+ a  ( ) .   1+ a  2 2  1  ( = 1 + a .) 1+ a   =1 Vậy với a ≥ 0; a ≠ 1 thì B = 1 Câu 2: (1,5 ñiểm) 4 x − y = 7 12x − 3 y = 21 13x = 26 x = 2 x = 2 a)  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x + 3y = 5 x + 3y = 5  y = 4x − 7  y = 4.2 − 7 y =1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: ( x; y ) = ( 2;1) a = 1 b) Ta có d // ∆ ⇔  b ≠ 2019 ⇒ d : y = x + b (b ≠ 2019) ðường thẳng d : y = x + b (b ≠ 2019) ñi qua ñiểm A(0; −1) nên thay x = 0; y = −1 vào phương trình ñường thẳng d ta ñược −1 = 0 + b ⇔ b = −1 (TM) Vậy a = 1; b = −1 Câu 3: (1,0 ñiểm)  35  Gọi thời gian lớp 9A làm một mình xong công việc là x (giờ)  x >   12  Gọi thời gian lớp 9B làm một mình xong công việc là y (giờ) ( y > 2) 1 Mỗi giờ lớp 9A làm ñược phần công việc là: (công việc) x 1 Mỗi giờ lớp 9B làm ñược phần công việc là: (công việc) y 1 1 Mỗi giờ lớp cả hai ớp 9A, 9B làm ñược phần công việc là: + (công việc) x y 35 Theo ñề bài, hai lớp cùng làm chung công việc trong giờ thì xong công việc nên ta có phương trình: 12 1 1 35 1 1 12 + = 1: ⇔ + = (1) x y 12 x y 35 Nếu làm riêng từng lớp thì thời gian học sinh lớp 9A làm xong công việc ít hơn thời gian lớp 9B là 2 giờ nên ta có phương trình: y = x + 2 (2)
Thế phương trình (2) vào phương trình (1) ta ñược: 1 1 12 (1) ⇔ + = ⇔ 35( x + 2) + 35x = 12x( x + 2) x x + 2 35 ⇔ 35x + 70 + 35x = 12x 2 + 24x ⇔ 12x 2 − 46x − 70 = 0 ⇔ 12x 2 − 60x+14x − 70 = 0 ⇔ 12 x( x − 5) + 14( x − 5) = 0 ⇔ ( x − 5)(12x + 14) = 0  x = 5 (tm) x − 5 = 0 ⇔ ⇔ 12x + 14 = 0  x = − 7 ( Ktm)  6 Vậy nếu làm một mình thì lớp 9A làm xong công việc trong 5 giờ, lớp 9B làm xong công việc trong 5 + 2 = 7 giờ Câu 4: (2,0 ñiểm) Phương trình: x + 2 ( m − 2) x + m − 4m = 0 (1) 2 2 Thay m = 1 vào phương trình (1) ta ñược pương trình: x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇔ x 2 − 3x + x − 3 = 0 ⇔ x( x − 3) + ( x − 3) = 0 ⇔ ( x − 3)( x + 1) = 0 x − 3 = 0 x = 3 ⇔ ⇔ x +1 = 0  x = −1 Vậy với m = 1 thì tập nghiệm của phương trình là: S = {−1;3} b) x2 + 2 ( m − 2) x + m2 − 4m = 0 (1) CÓ ∆ ' = (m − 2) 2 − m 2 + 4m = m 2 − 4m + 4 − m 2 + 4m = 4 > 0 ∀m Vậy phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. c) Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi giá trị của m.  x1 + x2 = −2( m − 2) = −2m + 4 Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:   x1.x2 = m − 4m 2 Phương trình có hai nghiệm x1 ≠ 0; x2 ≠ 0 khi x1 x2 ≠ 0 ⇔ m2 − 4m ≠ 0 ⇔ m ≠ 0 và m ≠ 4 3 3 Theo ñề bài ta có: + x2 = + x1 x1 x2 3 3 ⇔ − − x1 + x2 = 0 ( x1 x2 ≠ 0 ⇔ m ≠ 0; m ≠ 4 ) x1 x2 1 1 ⇔ 3  −  + ( x2 − x1 ) = 0  x1 x2  x −x  ⇔ 3  2 1  + ( x2 − x1 ) = 0  x1 x2   3  ⇔ ( x2 − x1 )  + 1 = 0  x1 x2  3 ⇔ + 1 = 0 ( Do x1 ≠ x2 ⇒ x2 − x1 ≠ 0) x1 x2
3 ⇔ + 1 = 0 ⇔ m 2 − 4m + 3 = 0 m − 4m 2 ⇔ m 2 − 3m − m + 3 = 0 ⇔ m(m − 3) − (m − 3)  m = 3(tm) ⇔ (m − 3)(m − 1) = 0 ⇔   m = 1(tm) Vậy m = 1; m = 3 là các giá trị thỏa mãn bài toán. Câu 5: (3,0 ñiểm) a) DC = DA (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA = OC (bán kính) Do ñó OD là ñường trung trực của ñoạn thẳng AC ⇒ OD ⊥ AC Tứ giác OECH có CEO + CHO = 90° + 90° = 180° ⇒ Tứ giác OECH là tứ giác nội tiếp. b) Xét ( O ) có: BCF = BAC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC) (1) HCB = BAC (Cùng phụ CBA ) (2) = HCB Từ (1) và (2) suy ra BCF ⇒ CB là tia phân giác của HCF (*) = 2.BCF ⇒ HCF + CFB ∆CHF vuông tại H nên HCF = 90° hay 2.BCF + CFB = 90° c) Gọi K là giao ñiểm của DB và AC. Xét ( O ) ta có: (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn ABC = ACD AC ) (3) Ta có ∆ACH vuông tại H có ACH = 90° − CAH = 90° − CAB D ∆ABC vuông tại C có CBA ⇒ ACH = ABC (Cùng phụ CAH ) (4) C Từ (3) và (4) suy ra ACH = ACD ⇒ CA là tia phân giác trong của tam giác ∆BCD (**) E K M Theo tính chất tia phân giác trong ∆BCD ta có: KM BM CM A O H B F = = KD BD CD KM BM CM ⇒ = = (Do DC = DA ) KD BD AD Mặt khác ta có: CH / / AD (cùng vuông góc AB ) HM BM ⇒ = (ðịnh lý Ta lét) AD BD HM BM CM ⇒ = = AD BD AD HM CM ⇒ = AD AD ⇒ HM = CM Mà CE = AE (Do OD là ñường trung trực của AB) nên ME là ñường trung bình của ∆CAH ⇒ ME / / AH hay ME / / AB Câu 6: (1,0 ñiểm)
Chiều cao hình trụ là: ht = 6 ( cm ) Thể tích hình trụ là: Vt = π .12.6 = 6π ( cm3 ) Bán kính hình cầu và hình trụ là: r = 1( cm ) Thể tích hình cầu là: Vc = π r 3 = π .13 = π ( cm3 ) 4 4 4 3 3 3 Chiều cao hình nón là: h = ht − 2r = 6 − 2.1 = 4 ( cm ) Thể tích hình nón là: Vn = π r 2 .hn = π .12.4 = π ( cm3 ) 1 1 4 3 3 3 Thể tích lượng nước còn trong chiếc cốc là: V = Vt − Vn − Vc = 6π − π − π = π ( cm3 ) 4 4 10 3 3 3