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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

47
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với mục tiêu cung cấp cho các bạn học sinh có thêm tư liệu tham khảo, hỗ trợ quá trình ôn thi, nâng cao kỹ năng giải toán Tailieu.vn giới thiệu "Đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Hà Nam". Mời các bạn cùng tham khảo!

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 Hà Nam (Đề chính thức)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2019 - 2020 ------------ MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) --------------------- Câu I (2,0 ñiểm). 1) Giải phương trình x 2 − 5 x + 4 = 0 3 x − y = 3 2) Giải hệ phương trình:  2 x + y = 7 Câu II (2,0 ñiểm). 4 ( ) 2 1) Rút gọn biếu thức: A = − 3 45 + 5 −1 5 −1  1 1  3+ x 2) Cho biểu thức: B =  − . , (với x > 0; x ≠ 9 ). 3− x 3+ x  x 1 Rút gọn biểu thức và tìm tất cả các giá trị nguyên của x ñể B > . 2 Câu III (1.5 ñiểm). 1 2 Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho parabol ( P ) có phương trình y = x và ñường thẳng ( d ) có phương 2 trình y = − mx + 3 − m (với m là tham số). 1) Tìm tọa ñộ ñiểm M thuộc parabol ( P ) , biết ñiểm M có hoành ñộ bằng 4. 2) Chứng minh ñường thẳng ( d ) luôn cắt parabol ( P ) tại hai ñiểm phân biệt. Gọi x1 , x2 lần lượt là hoành ñộ của hai ñiểm A, B . Tìm m ñể x12 + x22 = 2 x1 x2 + 20 . Câu IV (4.0 ñiểm). 1) Cho nửa ñường tròn ( O; R ) ñường kính AB . Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa ñường tròn ( O; R ) vẽ các tiếp tuyến Ax, By với nửa ñường tròn ñó. Gọi M là một ñiểm bất kì trên nửa ñường tròn ( O; R ) (với M khác A , M khác B ), tiếp tuyến của nửa ñường tròn tại M cắt Ax, By lần lượt tại C và D . a) Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp. b) Chứng minh tam giác COD vuông tại O . c) Chứng minh AC .BD = R 2 . b) Kẻ MN ⊥ AB,( N ∈ AB ) ; BC cắt MN tại I . Chứng minh I là trung ñiểm của MN . 2) Tính thể tích của một hình nón có bán kính ñáy r = 4 cm, ñộ dài ñường sinh l = 5 cm. Câu V (0,5 ñiểm). Cho a, b, c là các số thực dương và thỏa mãn ñiều kiện abc = 1 1 1 1 Chứng minh + + ≤ 1. 2+a 2+b 2+c Trang 1/5 - WordToan
Hướng dẫn giải Câu I (2,0 ñiểm). 1) Giải phương trình x 2 − 5 x + 4 = 0 Lời giải Ta có a + b + c = 1 + ( −5) + 4 = 0 ⇒ x1 = 1; x2 = 4 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {1; 4} . 3 x − y = 3 2) Giải hệ phương trình:  2 x + y = 7 Lời giải 3x − y = 3 5 x = 10 x = 2 x = 2 Ta có  ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ ( x; y ) = ( 2;3) . 2 x + y = 7 2 x + y = 7 4 + y = 7 y = 3 Câu II (2,0 ñiểm). 4 ( ) 2 1) Rút gọn biếu thức: A = − 3 45 + 5 −1 5 −1 Lời giải 4 ( 5 +1 ) −9 4 ( ) 2 Ta có A = − 3 45 + 5 −1 = 5+ 5 −1 5 −1 5 −1 = 5 + 1 − 9 5 + 5 − 1 = −7 5 .  1 1  3+ x 2) Cho biểu thức: B =  − . , (với x > 0; x ≠ 9 ). 3− x 3+ x  x 1 Rút gọn biểu thức và tìm tất cả các giá trị nguyên của x ñể B > . 2 Lời giải  1 Ta có B =  − 1  3+ x 3+ x − 3− x 3+ x = ( ) . .  3− x 3+ x  x 3− x 3+ x x ( )( ) 2 x 3+ x 2 = . = . (3 − x )(3 + x ) x 3− x B> 1 ⇔ 2 1 > ⇔ 2 1 − >0⇔ 4− 3− x >0 ( ) 2 3− x 2 3− x 2 2 3− x ( ) 1+ x ⇔ > 0; (*) ( 2 3− x ) Vì 1 + x > 0 nên (*) ⇔ 3 − x > 0 ⇔ x
Câu III (1.5 ñiểm). 1 2 Trong mặt phẳng tọa ñộ Oxy cho parabol ( P ) có phương trình y = x và ñường thẳng ( d ) có phương 2 trình y = − mx + 3 − m (với m là tham số). 1) Tìm tọa ñộ ñiểm M thuộc parabol ( P ) , biết ñiểm M có hoành ñộ bằng 4. Lời giải 1 Vì M ∈ ( P ) ⇒ y = .4 2 = 8 ⇒ M ( 4;8 ) . 2 2) Chứng minh ñường thẳng ( d ) luôn cắt parabol ( P ) tại hai ñiểm phân biệt. Gọi x1 , x2 lần lượt là hoành ñộ của hai ñiểm A, B . Tìm m ñể x12 + x22 = 2 x1 x2 + 20 . Lời giải 1 2 Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của ( d ) và ( P ) là x = − mx + 3 − m 2 ⇔ x 2 + 2 mx + 2 m − 6 = 0 Ta có ∆ = ( −m ) − ( 2m − 6 ) = m2 − 2m + 6 = ( m − 1) + 5 > 0, ∀m 2 2 Suy ra ñường thẳng ( d ) luôn cắt parabol ( P ) tại hai ñiểm phân biệt.  x + x2 = − 2 m Ta có hệ thức Vi-ét  1  x1 .x2 = 2m − 6 Yêu cầu x12 + x22 = 2 x1 x2 + 20 ⇔ x12 + x22 + 2 x1 x2 = 4 x1 x2 + 20 ⇔ ( x1 + x2 ) = 4 x1 x2 + 20 ⇔ ( −2m ) = 4 ( 2m − 6 ) + 20 2 2 ⇔ 4m2 − 8m + 4 = 0 ⇔ 4 ( m − 1) = 0 ⇔ m − 1 = 0 ⇔ m = 1( thoa − man ) . 2 Vậy m = 1 . Câu IV (4.0 ñiểm). 1) Cho nửa ñường tròn ( O; R ) ñường kính AB . Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa ñường tròn ( O; R ) vẽ các tiếp tuyến Ax, By với nửa ñường tròn ñó. Gọi M là một ñiểm bất kì trên nửa ñường tròn ( O; R ) (với M khác A , M khác B ), tiếp tuyến của nửa ñường tròn tại M cắt Ax, By lần lượt tại C và D . a) Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp. b) Chứng minh tam giác COD vuông tại O . c) Chứng minh AC.BD = R 2 . b) Kẻ MN ⊥ AB,( N ∈ AB ) ; BC cắt MN tại I . Chứng minh I là trung ñiểm của MN . 2) Tính thể tích của một hình nón có bán kính ñáy r = 4 cm, ñộ dài ñường sinh l = 5 cm. Lời giải Trang 3/5 - WordToan
a) Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp. OA ⊥ AC OAC = 90 Theo tính chất tiếp tuyến ta có  ⇒ OM ⊥ CM OM C = 90 + OMC Xét tứ giác ACMO có tổng hai góc ở vị trí ñối nhau OAC = 90 + 90 = 180 Suy ra tứ giác ACMO nội tiếp. b) Chứng minh tam giác COD vuông tại O . Tương tự ý a) ta cũng chứng minh ñược tứ giác BDMO nội tiếp. Ta có AMB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa ñường tròn) suy ra tam giác ABM vuông tại B . + OBM Suy ra OAM = 90 = MCO Lại có OAM (cùng chắn cung MO của ñường tròn ngoại tiếp tứ giác ACMO ) = OBM ODM (cùng chắn cung MO của ñường tròn ngoại tiếp tứ giác BDMO ) + ODC DCO = MCO + ODM = OAM + OBM = 90 ⇒ ∆ COD vuông tại O . c) Chứng minh AC .BD = R 2 .  AC = MC Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có   BD = MD Tam giác COD vuông tại O có ñường cao OM Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta có MC .MD = OM 2 ⇔ AC .BD = R 2 ⇒ ðpcm. d) Kẻ MN ⊥ AB,( N ∈ AB ) ; BC cắt MN tại I . Chứng minh I là trung ñiểm của MN . Kẻ BM cắt Ax tại E. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có CO là ñường phân giác trong của tam giác cân ACM. Suy ra OC vừa phân giác vừa là ñường cao của tam giác ACM. Suy ra OC ⊥ AM , mà EB ⊥ AM ⇒ OC // EB . Lại có O là trung ñiểm của AB suy ra OC là ñường trung bình tam giác ABE. Suy ra C là trung ñiểm của AE. Ta có AE // MN (vì cùng vuông góc với AB). BA AE Áp dụng hệ quả ñịnh lý Ta Lét vào tam giác ABE ta có = BN NM Trang 4/5 – Diễn ñàn giáo viên Toán
BA AC Áp dụng hệ quả ñịnh lý Ta Lét vào tam giác ABC ta có = BN NI AE AC BA AE AC AE NM ⇒ = = ⇒ = ⇒ = = 2 ⇒ I là trung ñiểm của MN . NM NI BN NM NI AC NI 2) Tính thể tích của một hình nón có bán kính ñáy r = 4 cm, ñộ dài ñường sinh l = 5 cm. Ta có AH = r = 4cm; AO = l = 5cm ⇒ OH = AO2 − AH2 = 9 = 3cm 1 Thể tích hình nón là V = .OH.π .r 2 = 16π cm3 . 3 ( ) Câu V (0,5 ñiểm). Cho a, b, c là các số thực dương và thỏa mãn ñiều kiện abc = 1 1 1 1 Chứng minh + + ≤ 1. 2+a 2+b 2+c Lời giải 1 1 1 Bất ñẳng thức cần chứng minh + + ≤1 2+a 2+b 2+c ⇔ ( b + 2 )( c + 2 ) + ( a + 2 )( c + 2 ) + ( a + 2 )( b + 2 ) ≤ ( a + 2 )( b + 2 )( c + 2 ) ⇔ ab + bc + ca + 4 ( a + b + c ) + 12 ≤ abc + 2 ( ab + bc + ca ) + 4 ( a + b + c ) + 8 ⇔ ab + bc + ca + 4 ( a + b + c ) + 12 ≤ 1 + 2 ( ab + bc + ca ) + 4 ( a + b + c ) + 8 ⇔ ab + bc + ca ≥ 3 Thật vậy áp dụng bất ñẳng thức CauChy cho 3 số dương ta có ⇔ ab + bc + ca ≥ 3 3 ( abc ) ≥ 3 . 2 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 . Hoàn tất chứng minh. Trang 5/5 - WordToan