Đề Toán tuyển sinh lớp 10 THPT năm 2019 – 2020 sở GD&ĐT Ninh Thuận

Giới thiệu đến quý thầy, cô và các bạn học sinh đề Toán tuyển sinh lớp 10 THPT năm 2019 – 2020 sở GD&ĐT Ninh Thuận gồm 4 bài toán, đề gồm 1 trang, học sinh làm bài trong khoảng thời gian 120 phút. Mời các bạn đón xem!

36 18 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2019-2020

Môn: Môn Toán

Thông tin:

4 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Vũ Hường
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NINH THUẬN
------------------
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2019 - 2020
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
---------------------
ĐỀ BÀI
(Đề thi này gồm 01 trang)
Bài 1. (2,0 ñiểm): Giải bất phương trình và hệ phương trình sau:
a)
7 – 2 4 3x x> +
; b)
3 1
2 5
x y
x y
+ =
− =
Bài 2. (2,0 ñiểm) : Cho Parabol
( )
2
: 2P y x=
và ñường thẳng
( )
: 3 2d y x= +
.
a) Vẽ ñồ thị (P) trên hệ trục tọa ñộ
Oxy
;
b) Tìm tọa ñộ giao ñiểm của (P) và (d).
Bài 3. (2,0 ñiểm)
a) Rút gọn biểu thức :
1 1 1
2
2 1 1
a a a
P
a a a
− +
= − −
+ −
với
0a >
và
1a ≠
.
b) Chứng minh rằng phương trình :
2
(2 1) 2 4 0x m x m− − + − = luôn có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x . Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
1 2
A x x= +
.
Bài 4. (2,0 ñiểm) : Cho
∆
ABC vuông tại C nội tiếp trong ñường tròn tâm O, ñường kính AB = 2R,
0
60ABC = . Gọi H là chân ñường cao hạ từ C xuống AB, K là trung ñiểm ñoạn thẳng AC. Tiếp tuyến tại B
của ñường tròn tâm O cắt AC kéo dài tại ñiểm D.
a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp trong một ñường tròn
b) Chứng minh rằng AC.AD= 4R
2
.
c) Tính theo R diện tích của phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O.
---------- HẾT ----------
a)
7 – 2 4
5
3 5
3
3x x x x
⇔ > ⇔ >
> +
.
Vậy nghiệm của bất phương trình là x >
5
3
b)
3 1 6 2 2 7 7 1 1
2 5 2 5 2 5 1 2. 5 2
x y x y x x x
x y x y x y y y
+ = + = = = =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
− = − = − = − = = −
Vậy, nghiệm của hệ phương trình là
)
)
; 1; 2
x y
= −
.
Bài 2. (2,0 ñiểm)
a) Vẽ ñồ thị hàm số
2
2
y x
=
Bảng giá trị :
x -2 -1 0 1 2
2
2
y x
=
8 2 0 2 8
ðồ thị hàm số
2
2
y x
= là một ñường cong ñi qua các ñiểm:
)
)
)
)
)
2;8 , 1;2 , 0;0 , 1;2 , 2;8
− −
ðồ thị như hình vẽ :
b) Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (P) và (d) :
2 2
2 3 22 – 3 – 2 0
x x x x
= + =
(*)
Ta có
∆
= (-3)
2
– 4.2.(-2) = 25 > 0
⇒
5
∆ =
⇒
Phương trình (*) có hai nghiệm :
1
2
x
−
=
hoặc
2
x
=
Khi
1
2
x
−
=
thì y =
2
1 1
2.
2 2
−
=
ta ñược giao ñiểm
1 1
;
2 2
−
Khi x = 2 thì y =
( )
2
2. 2 8
=
ta ñược giao ñiểm
(
)
2;8
Vậy giao ñiể
m của (P) và (d) là
1 1
;
2 2
−
và
(
)
2;8
O
y
x
Bài 1. (2,0 ñiểm):
Bài 3. (2,0 ñiểm)
a) Rút gọn :
1 1 1
2
2 1 1
a a a
P
a a a
− +
= − −
+ −
với a > 0 và a
≠
1
(
)
(
)
( )( )
2 2
1 1
1
.
2
1 1
a a
a
a
a a
− − +
−
=
− +
=
1 4
.
1
2
a a
a
a
− −
=
−
= -2
Vậy P = -2
b) Ta có
∆
’ =
( ) ( )
2
2 2
1 2 4 2 1 2 4 4 5
m m m m m m m
− − − = − + − + = − +
=
(
)
2
4 4 1
m m
− + +
=
( )
2
2 1
m
− +
> 0 với mọi m
⇒
Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
1 2
,
x x
với mọi m
Theo ñịnh lí vi-ét ta có :
1 2
1 2
2( 1)
. 2 4
x x m
x x m
+ = −
= −
Theo ñề bài ta có :
( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2
2
A x x x x x x
= + = + −
⇒
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2
4 1 2 2 4 4 8 4 4 8 2 2.2 .3 3 3 2 3 3
A m m m m m m m m
= − − − = − + − + = − + + = − +
≥
3
∀
m
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 3 khi m =
3
2
Bài 4. (2,0 ñiểm)
a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp trong một ñường tròn
Vì K là trung ñiểm của dây cung AC nên OK
⊥
AC
⇒
0
90
CKO =
Xét tứ giác CHOK có :
0
90
CKO = (cmt)
D
K
60
0
H
O
C
B
A
0
90
CHO = (vì CH
⊥
AB)
Vì
0 0 0
90 90 180
CKO CHO+ = + = nên tứ giác CHOK nội tiếp
b) Chứng minh rằng AC.AD= 4R
2
.
Xét
∆
ACB và
∆
ABD có :
0
90
ACB ABD= =
BAD
là góc chung
Vậy
∆
ACB
∽
∆
ABD (g-g)
⇒
AC AB
AB AD
=
⇒
AC.AD = AB
2
= (2R)
2
= 4R
2
(ñpcm)
c) Tính theo R diện tích của phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O.
Gọi S là diện tích của phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O
Khi ñó :
ABD ABC vp
S S S S
∆ ∆
= − −
Ta có : OB = OC = bk,
0
60
ABC =
⇒
∆
OBC là tam giác ñều
⇒
OB = OC = BC = R và
0
60
BOC =
Lại có CH
⊥
AB
⇒
H là trung ñiểm OB
⇒
BH =
2
R
⇒
AH =
3
2
R
Trong
∆
CHB vuông tại H có :
2 2 2
CH BH BC
+ =
⇒
2
2 2 2
3
4 2
R R
CH BC HB R= − = − =
Vì CH // BD (cùng vuông góc với AB) nên
3
2 .
.CH 2 3
2
3
3
2
R
R
AH CH AB R
BD
R
AB BD AH
= ⇒ = = =
Khi ñó :
2
1 1 2 3 2 3
. .2 .
2 2 3 3
ABD
R R
S AB BD R
∆
= = =
2
1 1 3 3
. . .2
2 2 2 2
ABC
R R
S CH AB R
∆
= = =
2 2 2 2
. .60 1 1 3 3
. . .
360 2 6 2 2 6 4
vp qBOC BOC
R R R R R
S S S OB CH R
∆
π π π
= − = − = − = −
Vậy diện tích phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O là :
ABD ABC vp
S S S S
∆ ∆
= − −
=
(
)
2
2 2 2 2
10 3
2 3 3 3
3 2 6 4 12
R
R R R R
− π
π
− − − =
(ñvdt)
………………………………
| 1/4
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NINH THUẬN NĂM HỌC 2019 - 2020 ------------------ MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) --------------------- ĐỀ BÀI
(Đề thi này gồm 01 trang)
Bài 1. (2,0 ñiểm): Giải bất phương trình và hệ phương trình sau: 3  x + y = 1
a) 7x – 2 > 4x + 3 ;
b) x −2y = 5 
Bài 2. (2,0 ñiểm) : Cho Parabol ( P) 2
: y = 2x và ñường thẳng (d ) : y = 3x + 2 .
a) Vẽ ñồ thị (P) trên hệ trục tọa ñộ Oxy ;
b) Tìm tọa ñộ giao ñiểm của (P) và (d). Bài 3. (2,0 ñiểm) a 1   a −1 a +1 
a) Rút gọn biểu thức : P =  −  −  
với a > 0 và a ≠ 1 . 2 2   a a +1 a −1   
b) Chứng minh rằng phương trình : 2
x − (2m −1)x + 2m − 4 = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x , x . Tìm giá 1 2
trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2
A = x + x . 1 2
Bài 4. (2,0 ñiểm) : Cho ∆ ABC vuông tại C nội tiếp trong ñường tròn tâm O, ñường kính AB = 2R, 0
ABC = 60 . Gọi H là chân ñường cao hạ từ C xuống AB, K là trung ñiểm ñoạn thẳng AC. Tiếp tuyến tại B
của ñường tròn tâm O cắt AC kéo dài tại ñiểm D.
a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp trong một ñường tròn
b) Chứng minh rằng AC.AD= 4R2.
c) Tính theo R diện tích của phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O. ---------- HẾT ---------- Bài 1. (2,0 ñiểm): 5
a) 7x – 2 > 4x + 3 ⇔ 3x > 5 ⇔ x > . 3 5
Vậy nghiệm của bất phương trình là x > 3 3  x + y = 1 6x + 2y = 2 7x = 7 x = 1 x = 1 b)  ⇔  ⇔  ⇔  ⇔  x − 2 y = 5 x − 2 y = 5 x − 2 y = 5 1− 2.y = 5 y = 2 −     
Vậy, nghiệm của hệ phương trình là ( ; x y) = (1; 2 − ) . Bài 2. (2,0 ñiểm) a) Vẽ ñồ thị hàm số 2 y = 2x Bảng giá trị : x -2 -1 0 1 2 2 y = 2x 8 2 0 2 8 ðồ thị hàm số 2
y = 2x là một ñường cong ñi qua các ñiểm: ( 2 − ;8),( 1 − ;2),(0;0),(1;2),(2;8) ðồ thị như hình vẽ : y x O
b) Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (P) và (d) : 2 2
2x = 3x + 22x – 3x – 2 = 0 (*)
Ta có ∆ = (-3)2 – 4.2.(-2) = 25 > 0 ⇒ ∆ = 5 1 −
⇒ Phương trình (*) có hai nghiệm : x = hoặc x = 2 2 1 − 2  1 −  1  −1 1  Khi x = thì y = 2. =   ta ñược giao ñiểm ;   2  2  2  2 2  Khi x = 2 thì y = ( )2 2. 2
= 8 ta ñược giao ñiểm (2;8)  −1 1 
Vậy giao ñiểm của (P) và (d) là ;   và (2;8)  2 2  Bài 3. (2,0 ñiểm) a) Rút gọn :  a 1   a −1 a +1  P =  −  −   với a > 0 và a ≠ 1 2 2   a a +1 a −1   
( a − )2 −( a a + − )2 1 1 1 − − = a 1 4 a . = = . = -2 2 a
( a − )1( a + )1 2 a a −1 Vậy P = -2
b) Ta có ∆ ’ = (m − )2 − ( m − ) 2 2 1 2
4 = m − 2m +1− 2m + 4 = m − 4m + 5 = ( 2
m − 4m + 4) +1 = (m − )2 2 +1 > 0 với mọi m
⇒ Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x , x với mọi m 1 2
x + x = 2(m −1)
Theo ñịnh lí vi-ét ta có : 1 2
x .x = 2m−4  1 2
Theo ñề bài ta có : A = x + x = ( x + x )2 2 2 − 2x x 1 2 1 2 1 2
⇒ A = (m − )2 − ( m − ) = m − m + − m + = ( m)2 − m + + = ( m − )2 2 2 4 1 2 2 4 4 8 4 4 8 2 2.2 .3 3 3 2 3 + 3 ≥ 3 ∀ m 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 3 khi m = 2 Bài 4. (2,0 ñiểm) D C K 600 A B O H
a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp trong một ñường tròn
Vì K là trung ñiểm của dây cung AC nên OK ⊥ AC ⇒ 0 CKO = 90 Xét tứ giác CHOK có : 0 CKO = 90 (cmt) 0
CHO = 90 (vì CH ⊥ AB) Vì + 0 0 0
CKO CHO = 90 + 90 = 180 nên tứ giác CHOK nội tiếp
b) Chứng minh rằng AC.AD= 4R2.
Xét ∆ ACB và ∆ ABD có : = 0 ACB ABD = 90 BAD là góc chung
Vậy ∆ ACB ∽ ∆ ABD (g-g) ⇒ AC AB =
⇒ AC.AD = AB2 = (2R)2 = 4R2 (ñpcm) AB AD
c) Tính theo R diện tích của phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O.
Gọi S là diện tích của phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O Khi ñó : S = S − S − S ∆ABD ∆ABC vp Ta có : OB = OC = bk, 0
ABC = 60 ⇒ ∆ OBC là tam giác ñều ⇒ OB = OC = BC = R và 0 BOC = 60 R 3R
Lại có CH ⊥ AB ⇒ H là trung ñiểm OB ⇒ BH = ⇒ AH = 2 2 2 R R 3
Trong ∆ CHB vuông tại H có : 2 2 2
CH + BH = BC ⇒ 2 2 2 CH = BC − HB = R − = 4 2 R 3 2 . .CH R AH CH AB 2R 3
Vì CH // BD (cùng vuông góc với AB) nên 2 = ⇒ BD = = = AB BD AH 3R 3 2 Khi ñó : 2 1 1 2R 3 2R 3 S = A . B BD = .2 . R = A ∆ BD 2 2 3 3 2 1 1 R 3 R 3 S = CH.AB = . .2R = A ∆ BC 2 2 2 2 2 2 2 2 . π R .60 1 R π 1 R 3 R π R 3 S = S − S = − .O . B CH = − . R = − vp qBOC B ∆ OC 360 2 6 2 2 6 4
Vậy diện tích phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O là : 2 2 2 2 2  π  R R R R R (10 3 2 3 3 3 − π) S = S − S − S = − −  −  = (ñvdt) ∆ABD ∆ABC vp 3 2  6 4  12  
………………………………