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

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

16
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 Nghệ An (Đề chính thức)" là tài liệu hữu ích giúp quý thầy cô tham khảo phục vụ công tác giảng dạy và biên soạn đề thi. Mời quý thầy cố và các bạn học sinh cùng tham khảo 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 Nghệ An (Đề chính thức)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NGHỆ AN NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1. (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: a) A =  12  2 5  3  60 4 x x2  6x  9 b) B = . với 0 < x < 3 x3 x Câu 2. (2,5 điểm) 1.Xác định hàm số bậc nhất y = ax + b biết rằng đồ thị của hàm số đi qua hai điểm M(1; -1) và N(2;1). 2. Cho phương trình x2 + 2mx + m2 - m +3 = 0 (1), trong đó m là tham số. a) Giải phương trình (1) với m = 4. b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 và biểu thức P = x1 x2 - x1 - x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 3. (1,5 điểm) Tình cảm gia đình có sức mạnh thật phi thường.Bạn Vi Quyết Chiến- Cậu bé 13 tuổi quá thuongw nhớ em trai của mìnhđã vượt qua một quãng đường dài 180 km từ Sơn La đến bệnh viện nhi Trung ương Hà Nội để thăm em. Sau khi đi bằng xe đạp 7 giờ, bạn ấy được lên xe khách và đi tiếp 1 giờ 30 phút nữa thì đến nơi. Biết vận tốc của xe khách lớn hơn vận tốc của xe đạp là 35 km/giờ. Tính vận tốc xe đạp của bạn Chiến. Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và MN vuông góc với nhau.Trên tia đối của tia MA lấy điểm C khác điểm M. Kẻ MH vuông góc với BC (H thuộc BC) . a) Chứng minh BOMH là tứ giác nội tiếp. b) MB cắt OH tại E.Chứng minh ME.HM = BE.HC. c) Gọi giao điểm của đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC là K.Chứng minh ba điểm C, K, E thẳng hàng Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình: 5 x 2  27 x  25  5 x  1  x 2  4 ............. HẾT ............. Họ và tên thí sinh............................................................Số báo danh...................... 1
HƯỚNG DẪN LÀM BÀI Câu 1: a) A = ( 12 − 2 5 ) 3 + 60 = 36 − 2 15 + 2 15 = 36 = 6 b) Với 0 < x < 3 thì x − 3 = 3 − x ( x − 3) −2 x x − 3 −2 x ( 3 − x ) 2 4x x2 − 6 x + 9 2 x B= . = . = . = = −2 x−3 x x −3 x 3− x x (3 − x ) x Câu 2: 1) Vì ñồ thị hàm số ñi qua ñiểm M(1; -1) nên a + b = −1 ñồ thị hàm số ñi qua ñiểm N(2; 1) nên 2a + b = 1 a + b = −1 a = 2 Yêu cầu bài toán ⇔  ⇔  2a + b = 1 b = −3 Vậy hàm số phải tìm là y = 2x - 3. 2) a) Với m = 4, phương trình (1) trở thành: x 2 − 8 x + 15 = 0 . Có ∆ = 1 > 0 2
Phương trình có hai nghệm phân biệt x1 = 3; x2 = 5; ( ) b) Ta có: ∆' = ( −m ) − 1. m2 − m + 3 = m2 − m2 + m − 3 = m − 3 . 2 Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 khi ∆' ≥ 0 ⇔ m − 3 ≥ 0 ⇔ m ≥ 3  x1 + x2 = 2m Với m ≥ 3 , theo ñịnh lí Vi-ét ta có:   x1.x2 = m − m + 3 2 Theo bài ra: P = x1 x2 − x1 − x2 = x1 x2 − ( x1 + x2 ) Áp ñụng ñịnh lí Vi-ét ta ñược: P = m 2 − m + 3 − 2m = m 2 − 3m + 3 = m(m − 3) + 3 Vì m ≥ 3 nên m(m − 3) ≥ 0 , suy ra P ≥ 3 . Dấu " = " xảy ra khi m = 3. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi m = 3. Bài 3: ðổi 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ. Gọi vận tốc xe ñạp của bạn Chiến là x (km/h, x > 0 ) Vận tốc của ô tô là x + 35 (km/h) Quãng ñường bạn Chiến ñi bằng xe ñạp là: 7x (km) Quãng ñường bạn Chiến ñi bằng ô tô là: 1,5( x + 35) (km) Do tổng quãng ñường bạn Chiến ñi là 180km nên ta có phương trình: 7 x + 1,5( x + 35) = 180 ⇔ 7 x + 1,5 x + 52, 2 = 180 ⇔ 8,5x = 127,5 ⇔ x = 15 (thỏa mãn) Vậy bạn Chiến ñi bằng xe ñạp với vận tốc là 15 km/h. Bài 4: = 900 (do AB ⊥ MN) và MHB a) Ta có: MOB = 900 (do MH ⊥ BC) C + MHB Suy ra: MOB = 900 + 900 = 1800 ⇒ Tứ giác BOMH nội tiếp. M H K = OMB b) ∆OMB vuông cân tại O nên OBM (1) E = OHM Tứ giác BOMH nội tiếp nên OBM (cùng chắn cung OM) = OHB và OMB (cùng chắn cung OB) (2) A B O = OHB Từ (1) và (2) suy ra: OHM ⇒ ME = MH (3) ⇒ HO là tia phân giác của MHB BE HB Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vuông tại M có MH là N HM HC ñường cao ta có: HM 2 = HC.HB ⇒ = (4) HB HM ME HC Từ (3) và (4) suy ra: = ( 5) ⇒ ME.HM = BE.HC (ñpcm) BE HM = 900 (do MH ⊥ BC) nên ñường tròn ngoại tiếp ∆MHC có ñường kính là MC c) Vì MHC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa ñường tròn) ⇒ MKC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa ñường tròn) MN là ñường kính của ñường tròn (O) nên MKN + MKN ⇒ MKC = 1800 ⇒ 3 ñiểm C, K, N thẳng hàng (*) HC MC ∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) ⇒ = . Mà MB = BN (do ∆MBN cân tại B) MH BM 3
HC MC ME HC ⇒ = , kết hợp với = (theo (5) ) HM BN BE HM MC ME = EMC = 900 ⇒ ∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c) Suy ra: = . Mà EBN BN BE = BEN ⇒ MEC , mà MEC + BEC = 1800 (do 3 ñiểm M, E, B thẳng hàng) + BEN ⇒ BEC = 1800 ⇒ 3 ñiểm C, E, N thẳng hàng (**) Từ (*) và (**) suy ra 4 ñiểm C, K, E, N thẳng hàng ⇒ 3 ñiểm C, K, E thẳng hàng (ñpcm) Câu 5: ðKXð: x ≥ 2 Ta có: 5 x 2 + 27 x + 25 − 5 x + 1 = x 2 − 4 ⇔ 5 x 2 + 27 x + 25 = 5 x + 1 + x 2 − 4 ⇔ 5 x 2 + 27 x + 25 = x 2 − 4 + 25 x + 25 + 10 ( x + 1)( x 2 − 4) 4 x 2 + 2 x + 4 = 10 x + 1)(x 2 − 4) ⇔ 2 x 2 + x + 2 = 5 ( x + 1)( x 2 − 4) (1) Cách 1: (1) ⇔ ( x 2 − 2 x − 4 )( 4 x 2 − 13 x − 26 ) = 0 Giải ra ñược: 13 + 3 65 13 − 3 65 x = 1 − 5 (loại); x = 1 + 5 (nhận); x = (nhận); x = (loại) 8 8 Cách 2: (1) ⇔ 5 (x 2 − x − 2) ( x + 2) = 2 ( x2 − x − 2) + 3( x + 2) (2) ðặt a = x 2 − x + 2; b = x + 2 (a ≥ 0; b ≥ 0) Lúc ñó, phương trình (2) trở thành: a = b 5ab = 2a 2 + 3b2 ⇔ 2 a2 − 5ab + 3b2 = 0 ⇔ ( a − b )( 2 a − 3b ) = 0 ⇔  (*)  2a = 3b  x = 1 − 5(ktm) - Với a = b thì x2 − x − 2 = x + 2 ⇔ x2 − 2x − 4 ⇔   x = 1 + 5(tm)  13 + 3 65 x = (tm) 8 - Với 2a = 3b thì 2 x 2 − x − 2 = 3 x + 2 ⇔ 4 x 2 − 13 x − 26 = 0 ⇔   13 − 3 65 x = (ktm)  8 13 + 3 65 Vậy phương trình ñã cho có hai nghiệm: x = 1 + 5 và x = . 8 4