Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước (Đề chính thức)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

Thêm vào BST

Báo xấu

48
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước (Đề chính thức) là tư liệu tham khảo hữu ích cho quý giáo viên, hỗ trợ quá trình hướng dẫn học sinh ôn thi và rèn luyện kỹ năng ra đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Phước (Đề chính thức)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BÌNH PHƯỚC NĂM HỌC 2019 - 2020 ---------------- MÔN THI: TOÁN (ĐỀ CHUNG) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 01/6/2019 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ðỀ BÀI Câu 1. (2,0 ñiểm) 1) Tính giá trị của các biểu thức sau: A = 3 49 − 25 B = (3 − 2 5) 2 − 20  x x  x +1 2) Cho biểu thức P =   x − 1 + x − x  : 3 với x > 0; x ≠ 1 .   a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm giá trị của x ñể P = 1 . Câu 2. (2,0 ñiểm) 1 2 1) Cho parabol ( P ) : y = x và ñường thẳng ( d ) : y = x + 2 . 2 a) Vẽ parabol ( P ) và ñường thẳng ( d ) trên cùng hệ trục tọa ñộ Oxy . b) Viết phương trình ñường thẳng (d1 ) : y = ax + b song song với ( d ) và cắt ( P ) tại ñiểm A có hoành ñộ bằng −2 . 2 x + y = 5 2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình:  x + 2 y = 4 Câu 3. (2,5 ñiểm) 1) Cho phương trình x 2 − (m + 2) x + m + 8 = 0 (1) với m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m = −8 . b) Tìm các giá trị của m ñể phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x2 thỏa x13 − x2 = 0 . 2) Nông trường cao su Minh Hưng phải khai thác 260 tấn mũ trong một thời gian nhất ñịnh. Trên thực tế, mỗi ngày nông trường ñều khai thác vượt ñịnh mức 3 tấn. Do ñó, nông trường ñã khai thác ñược 261 tấn và song trước thời hạn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày nông trường khai thác ñược bao nhiêu tấn mũ cao su. Câu 4. (1,0 ñiểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có ñường cao AH và ñường trung tuyến AM . Biết AH = 3cm; HB = 4cm . Hãy tính AB, AC , AM và diện tích tam giác ABC .
Câu 5. (2,5 ñiểm) Cho ñường tròn tâm O ñường kính AB = 2 R . Gọi C là trung ñiểm của OA , qua C kẻ ñường thẳng vuông góc với OA cắt ñường tròn (O ) tại hai ñiểm phân biệt M và N . Trên cung nhỏ BM lấy ñiểm K ( K khác B và M ). Gọi H là giao ñiểm của AK và MN . a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp ñường tròn. b) Chứng minh AK . AH = R 2 . c) Trên tia KN lấy ñiểm I sao cho KI = KM . Chứng minh NI = BK .
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2,0 ñiểm) 1) Tính giá trị của các biểu thức sau: A = 3 49 − 25 A = 3 72 − 52 A = 3.7 − 5 A = 21 − 5 A = 16 B = (3 − 2 5) 2 − 20 B = 3 − 2 5 − 2 2.5 B = −(3 − 2 5) − 2 5 B = −3 + 2 5 − 2 5 B = −3  x x  x +1 2) Cho biểu thức P =  +  : với x > 0; x ≠ 1 .  x − 1 x − x  3 a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm giá trị của x ñể P = 1 . Lời giải a) Rút gọn biểu thức P .  x x  x +1 P =  +  :  x −1 x − x  3  x x  x +1 P =  + :  x − 1 x ( x − 1)  3  x. x x  x +1 P =  +  :  x ( x − 1) x ( x − 1)  3 x+ x x +1 P= : x ( x − 1) 3 x+ x 3 P= ⋅ x ( x − 1) x + 1
x ( x + 1).3 P= x ( x − 1)( x + 1) 3 P= x −1 b) Tìm giá trị của x ñể P = 1 . 3 P =1⇔ =1 x −1 ⇔ x −1 = 3 ⇔ x =4 ⇔ x = 16 Vậy x = 16 thì P = 1 . Câu 2. (2,0 ñiểm) 1 2 1) Cho parabol ( P ) : y = x và ñường thẳng ( d ) : y = x + 2 . 2 a) Vẽ parabol ( P ) và ñường thẳng ( d ) trên cùng hệ trục tọa ñộ Oxy . b) Viết phương trình ñường thẳng (d1 ) : y = ax + b song song với ( d ) và cắt ( P ) tại ñiểm A có hoành ñộ bằng −2 . Lời giải a) Vẽ parabol ( P ) và ñường thẳng ( d ) trên cùng hệ trục tọa ñộ Oxy . Bảng giá trị: x −4 −2 0 2 4 1 2 y= x 8 2 0 2 8 2 1 2 ðồ thị hàm số y = x là ñường Parabol ñi qua các ñiểm (−4;8);( −2; 2) ; (0;0) ; (2; 2); (4;8) và nhận Oy 2 làm trục ñối xứng. ðồ thị hàm số y = x + 2 là ñường thẳng ñi qua ñiểm (0; 2) và ñiểm ( −2; 0)
b) Viết phương trình ñường thẳng (d1 ) : y = ax + b song song với ( d ) và cắt ( P ) tại ñiểm A có hoành ñộ bằng −2 . Lời giải Vì ñường thẳng (d1 ) : y = ax + b song song với ( d ) nên ta có phương trình của ñường thẳng (d1 ) : y = x + b (b ≠ 2) Gọi A(−2; y A ) là giao ñiểm của parabol ( P ) và ñường thẳng (d1 ) . ⇒ A ∈ ( P) 1 ⇒ yA = ⋅ (−2) 2 = 2 2 ⇒ A( −2; 2) Mặt khác, A ∈ (d1 ) , thay tọa ñộ của ñiểm A vào phương trình ñường thẳng (d1 ) , ta ñược: 2 = −2 + b ⇔ b = 4 (nhận) Vậy phương trình ñường thẳng (d1 ) : y = x + 4 2 x + y = 5 2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình:  x + 2 y = 4 2 x + y = 5 4 x + 2 y = 10 3x = 6 x = 2  ⇔ ⇔ ⇔ x + 2 y = 4 x + 2 y = 4 x + 2 y = 4 x + 2 y = 4 x = 2 x = 2 x = 2 ⇔ ⇔ ⇔ 2 + 2 y = 4 2 y = 2 y =1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( x; y ) = (2;1)
Câu 3. (2,5 ñiểm) 1) Cho phương trình x 2 − (m + 2) x + m + 8 = 0 (1) với m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m = −8 . b) Tìm các giá trị của m ñể phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x2 thỏa x13 − x2 = 0 . Lời giải a) Giải phương trình (1) khi m = −8 . Thay m = −8 vào phương trình (1), ta ñược: x 2 − (−8 + 2) x − 8 + 8 = 0 ⇔ x2 + 6x = 0 ⇔ x ( x + 6) = 0 x = 0 x = 0 ⇔ ⇔ x + 6 = 0  x = −6 Vậy m = −8 thì phương trình (1) có 2 nghiệm: x = −6; x = 0 b) Tìm các giá trị của m ñể phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x2 thỏa x13 − x2 = 0 . Lời giải ∆ = (m + 2) 2 − 4(m + 8) = m 2 + 4m + 4 − 4m − 32 = m 2 − 28 ∆ > 0  Phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt khi  S > 0 P > 0  m2 − 28 > 0 m < −2 7 hoaëc m > 2 7   ⇔  m + 2 > 0 ⇔  m > −2 ⇔m>2 7   m > −8 m + 8 > 0  Theo ñề bài, ta có: x13 − x2 = 0 ⇔ x13 = x2 ⇔ x1 x2 = x14 = m + 8 ⇔ x1 = 4 m + 8 ⇒ x2 = 4 ( m + 8)3 ⇒ x1 + x2 = m + 2 ⇔ 4 m + 8 + 4 ( m + 8)3 = m + 8 − 6 ðặt 4 m + 8 = t (t ≥ 0) , ta có: t + t 3 = t 4 − 6 ⇔ t4 − t3 − t − 6 = 0 ⇔ t 4 − 16 − (t 3 + t − 10) = 0 ⇔ (t 2 − 4)(t 2 + 4) − (t 3 − 8 + t − 2) = 0 ⇔ (t − 2)(t + 2)(t 2 + 4) −  (t − 2)(t 2 + 2t + 4) + (t − 2)  = 0 ⇔ (t − 2)(t + 2)(t 2 + 4) − (t − 2)(t 2 + 2t + 5) = 0
⇔ (t − 2)(t 3 + 2t 2 + 4t + 8 − t 2 − 2t − 5) = 0 ⇔ (t − 2)(t 3 + t 2 + 2t + 3) = 0 ⇔ t = 2 (vì t ≥ 0 ⇒ t 3 + t 2 + 2t + 3 > 0 ) ⇒ 4 m + 8 = 2 ⇔ m + 8 = 2 4 = 16 ⇔ m = 8 (nhận) 2) Nông trường cao su Minh Hưng phải khai thác 260 tấn mũ trong một thời gian nhất ñịnh. Trên thực tế, mỗi ngày nông trường ñều khai thác vượt ñịnh mức 3 tấn. Do ñó, nông trường ñã khai thác ñược 261 tấn và song trước thời hạn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày nông trường khai thác ñược bao nhiêu tấn mũ cao su. Lời giải Gọi số tấn mũ cao su mỗi ngày nông trường khai thác ñược là x (tấn) (ðiều kiện: 0 < x < 260 ) 260 Thời gian dự ñịnh khai thác mũ cao su của nông trường là: (ngày) x Trên thực tế, mỗi ngày nông trường khai thác ñược: x + 3 (tấn) 261 Thời gian thực tế khai thác mũ cao su của nông trường là: (ngày) x+3 261 260 Theo ñề bài, ta có phương trình: +1 = x+3 x 261x x( x + 3) 260( x + 3) ⇒ + = x( x + 3) x( x + 3) x( x + 3) ⇒ 261x + x ( x + 3) = 260( x + 3) ⇔ 261x + x 2 + 3 x = 260 x + 780 ⇔ 261x + x 2 + 3 x − 260 x − 780 = 0 ⇔ x 2 + 4 x − 780 = 0 (1) ∆ ' = 4 + 780 = 784 > 0 ⇒ ∆ ' = 784 = 28 Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: −2 + 28 −2 − 28 x1 = = 26 (nhận) hoặc x2 = = −30 (loại) 1 1 Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày nông trường cao su khai thác 26 tấn.
Câu 4. (1,0 ñiểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có ñường cao AH và ñường trung tuyến AM . Biết AH = 3cm; HB = 4cm . Hãy tính AB, AC , AM và diện tích tam giác ABC . Lời giải A C H M B Xét ∆AHB vuông tại H , theo ñịnh lí Pitago, ta có: AB 2 = AH 2 + HB 2 AB 2 = 32 + 42 = 9 + 16 = 25 ⇒ AB = 25 = 5 (cm) Xét ∆ABC vuông tại A , có ñường cao AH . 1 1 1 Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: 2 = 2 + AH AB AC 2 1 1 1 1 1 1 1 ⇒ 2 = 2 − 2 = 2− 2 = − AC AH AB 3 5 9 25 1 16 225 ⇒ 2 = ⇒ AC 2 = AC 225 16 225 15 ⇒ AC = = (cm) 16 4 Xét ∆ABC vuông tại A , theo ñịnh lí Pitago, ta có: BC 2 = AB 2 + AC 2 2  15  225 625 BC 2 = 52 +   = 25 + =  4 16 16 625 25 ⇒ BC = = (cm) 16 4 ∆ABC vuông tại A , AM là ñường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC 1 1 25 25 ⇒ AM = BC = ⋅ = (cm) 2 2 4 8 1 1 15 75 Diện tích tam giác ABC : S ABC = ⋅ AB ⋅ AC = ⋅ 5 ⋅ = (cm 2 ) 2 2 4 8
Câu 5. (2,5 ñiểm) Cho ñường tròn tâm O ñường kính AB = 2 R . Gọi C là trung ñiểm của OA , qua C kẻ ñường thẳng vuông góc với OA cắt ñường tròn (O ) tại hai ñiểm phân biệt M và N . Trên cung nhỏ BM lấy ñiểm K ( K khác B và M ). Gọi H là giao ñiểm của AK và MN . a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp ñường tròn. b) Chứng minh AK . AH = R 2 . c) Trên tia KN lấy ñiểm I sao cho KI = KM . Chứng minh NI = BK . Lời giải a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp ñường tròn. M K H A B C O N = 900 ; Vì AB ⊥ HC tại C nên BCH Ta có: = 900 AKB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa ñường tròn) ⇒ BKH + BKH Xét tứ giác BCHK có: BCH = 900 + 900 = 1800 ; BKH Mà BCH là hai góc ñối nhau. Suy ra: Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh AK . AH = R 2 . M K H A B C O N Xét ∆ACH và ∆AKB có: ACH = AKB = 900 ; là góc chung; BAK Do ñó: ∆ACH # ∆AKB ( g .g ) AH AC ⇒ = AB AK R ⇒ AH . AK = AB. AC = 2 R ⋅ = R2 2 Vậy AK . AH = R 2
c) Trên tia KN lấy ñiểm I sao cho KI = KM . Chứng minh NI = BK . E M K H A B C O I N Trên tia ñối của tia KB lấy ñiểm E sao cho KE = KM = KI Xét ∆OAM có MC là ñường cao ñồng thời là ñường trung tuyến (vì C là trung ñiểm của OA ) ⇒ ∆OAM cân tại M ⇒ AM = OM . Mà OA = OM = R ⇒ OA = OM = AM = 600 ⇒ ∆OAM là tam giác ñều ⇒ OAM Ta có: AMB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa ñường tròn) ⇒ ∆AMB vuông tại M . ⇒ ABM = 300 + MBC Xét ∆BMC vuông tại C có: BMC = 900 = 900 − MBC ⇒ BMC = 900 − 300 = 600 ⇒ BMN = 600 (1) = MAB Vì tứ giác ABKM là tứ giác nội tiếp nên EKM = 600 Mặt khác: KM = KE (cách dựng) ⇒ ∆EKM cân tại K = 600 ⇒ ∆EKM là tam giác ñều. ⇒ KME Và EKM = 600 (2) = KME Từ (1) và (2) suy ra: BMN = 600 + BMK ⇒ BMN = KME + BMK = BME ⇒ NMK = s in300 Xét ∆BCM vuông tại C có: sin CBM
CM 1 ⇒ = ⇔ BM = 2CM BM 2 Mà OA ⊥ MN tại C ⇒ C là trung ñiểm của MN (ñường kính vuông góc với dây cung thì ñi qua trung ñiểm của dây cung). ⇒ MN = 2CM ⇒ MN = BM (vì = 2CM ) Xét ∆MNK và ∆MBE có: = MBE MNK ) (Hai góc nội tiếp cùng chắn MK MN = BM (cmt ) = BME NMK (cmt ) Do ñó: ∆MNK = ∆MBE ( g .c.g ) ⇒ NK = BE (Hai cạnh tương ứng) ⇒ IN + IK = BK + KE Mà IK = KE (vẽ hình) Suy ra: IN = BK