Đề thi tuyển sinh Lớp 10 môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở Giáo dục và đào tạo Hải Dương

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở Giáo dục và đào tạo Hải Dương

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG Năm học 2019 – 2020 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 4x2 4x 9 3 3x y 5 2) Giải hệ phương trình: 2y x 0 Câu 2 (2,0 điểm) 1) Cho hai đường thẳng (d1): y 2x 5 và (d2): y 4x m (m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để (d1) và (d2) cắt nhau tại một điểm trên trục hoành Ox. x 2x x 1 2 2) Rút gọn biểu thức: P : với x 0, x 9, x 25 . 3 x 9 x x 3 x x Câu 3 (2,0 điểm) 1) Theo kế hoạch, một xưởng may phải may xong 360 bộ quần áo trong một thời gian quy định. Đến khi thực hiện, mỗi ngày xưởng đã may được nhiều hơn 4 bộ quần áo so với số bộ quần áo phải may trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế xưởng đã hoàn thành kế hoạch trước 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng phải may bao nhiêu bộ quần áo? 2) Cho phương trình: x2 (2m 1)x 3 0 (m là tham số). Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m. Tìm các giá trị của m sao cho x1 x2 5 và x1 x2 . Câu 4 (3,0 điểm) Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AO chứa điểm B vẽ cát tuyến AMN với đường tròn (O) (AM < AN, MN không đi qua O). Gọi I là trung điểm của MN. 1) Chứng minh: Tứ giác AIOC là tứ giác nội tiếp. 2) Gọi H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh: AH.AO = AM.AN và tứ giác MNOH là tứ giác nội tiếp. 3) Qua M kẻ đường thẳng song song với BN, cắt AB và BC theo thứ tự tại E và F. Chứng minh rằng M là trung điểm của EF. Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số dương a,b,c thỏa mãn điều kiện: a b c 2019 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 2a2 ab 2b2 2b2 bc 2c2 2c2 ca 2a2 . Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị số 1: Chữ kí của giám thị số 2:
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm 4x2 4x 9 3 4x2 4x 9 9 4x2 4x 0 x 0 x 0 1) 1.0 4x(x 1) 0 Câu x 1 0 x 1 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {0; 1}. (2,0đ) 3x y 5 6y y 5 y 1 x 2 2) 2y x 0 x 2y x 2y y 1 1.0 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y) (2;1) . Thay y = 0 vào phương trình y = 2x – 5 được: 2x – 5 = 0 x = 2,5 (d1) và (d2) cắt nhau tại một điểm trên trục hoành Ox 1) (d2) đi qua điểm (2,5; 0) 1.0 4. 2,5 – m = 0 m = 10 Vậy m = 10 là giá trị cần tìm. x 2x x 1 2 P : 3 x 9 x x 3 x x x 3 x 2x x 1 2 x 3 : 3 x 3 x x x 3 Câu 2 3 x x 2x x 1 2 x 6 (2,0đ) : 3 x 3 x x x 3 3 x x 5 x 2) : 1.0 3 x 3 x x x 3 x 3 x x 3 x  3 x 3 x x 5 x x 5 x Vậy P với x 0, x 9, x 25 x 5 Gọi số bộ quần áo mỗi ngày xưởng phải may theo kế hoạch là x ĐK: x N* . 360 Câu Thời gian may xong 360 bộ quần áo theo kế hoạch là (ngày) 3 1) x 1.0 (2,0đ) Thực tế, mỗi ngày xưởng may được x + 4 bộ quần áo 360 Thời gian may xong 360 bộ quần áo theo thực tế là (ngày) x 4
3. Vì xưởng đã hoàn thành kế hoạch trước 1 ngày nên ta có phương trình: 360 360 360(x 4) 360x 1 1 x x 4 x(x 4) 360x 1440 360x x2 4x x2 4x 1440 0 Giải phương trình được: x1 = 36 (thỏa mãn ĐK) x2 = – 40 (loại) Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng phải may 36 bộ quần áo. Vì a = 1, c = – 3 trái dấu Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m x1 x2 2m 1 (1) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1x2 3 (2) Từ (2) x1 và x2 trái dấu Mà x < x x < 0 < x 2) 1 2 1 2 1.0 x1 x1 ; x2 x2 Do đó: x1 x2 5 x1 x2 5 x1 x2 5 (3) Từ (1) và (3) 2m 1 5 m 3 Vậy m = – 3 là giá trị cần tìm. B 1 N 1 I D M 1 2 1 A O H 0.25 Câu 4 C (3,0đ) Vì IM = IN (GT) OI  MN (liên hệ đường kính và dây) A· IO 90o 1) Lại có A· CO 90o (AC là tiếp tuyến của (O)) 0.75 Tứ giác AIOC có: A· IO A· CO 90o 90o 180o AIOC là tứ giác nội tiếp. (O) có: Bµ 1 là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung MB 2) Nµ 1 là góc nội tiếp chắn cung MB 0.5 Bµ 1 Nµ 1
4. ABM và ANB có: Aµ 1 chung ; Bµ 1 Nµ 1 ABM ANB (g-g) AB AM AB2 AM.AN (1) AN AB Ta có: AB = AC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) OB = OC (= R) AO là đường trung trực của BC BH  AO ABO vuông tại B (vì AB là tiếp tuyến của (O)), có BH là đường cao AB2 = AH.AO (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (2) Từ (1) và (2) AH.AO = AM.AN AH AM AH.AO = AM.AN AN AO AH AM AHM và ANO có: Aµ 2 chung ; AN AO AHM ANO (c-g-c) 0.5 Hµ 1 A· NO Tứ giác MNOH có Hµ 1 A· NO MNOH là tứ giác nội tiếp. Cách 1: B 1 N 1 I E D M F 1 2 1 2 3 4 A O H C 3) 1.0 Gọi D là giao điểm của AN và BC MNOH là tứ giác nội tiếp O· MN Hµ 4 OMN cân tại O (vì OM = ON = R) O· MN O· NM Hµ 4 O· NM Mà Hµ 1 O· NM (theo phần 2) Hµ 1 Hµ 4 o Mặt khác: Hµ 1 Hµ 2 Hµ 3 Hµ 4 90 Hµ 2 Hµ 3 HD là đường phân giác trong của HMN Lại có HA  HD HA là đường phân giác ngoài của HMN Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác, ta có:
5. DM HM AM HM DM AM và (3) DN HN AN HN DN AN Áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét, ta có: ME AM ABN có ME // BN (4) BN AN MF DM DBN có MF // BN (5) BN DN ME MF Từ (3), (4), (5) ME MF BN BN Vậy M là trung điểm của EF. Cách 2: B 1 N K 1 I E D M F 1 2 1 A O H C o AHD và AIO có: Aµ 2 chung ; A· HD A· IO 90 AHD AIO (g-g) AH AD AH.AO AI.AD AI AO Lại có AH.AO = AM.AN AM AI AM.AN AI.AD AD AN Vì ME // BN nên tứ giác MEBN là hình thang Gọi K là trung điểm của EB IK là đường trung bình của hình thang MEBN KI // BN AK AI (hệ quả của định lí Ta-lét) AB AN AK AM AM AI do AB AD AD AN KM // BD (định lí Ta-lét đảo) EBF có KE = KB và KM // BF ME = MF (đpcm). Câu Ta có: 5 1.0 (1,0đ)
6. 5 2 3 2 5 2 2a2 ab 2b2 a b a b a b 4 4 4 5 2a2 ab 2b2 a b 2 Tương tự: 5 5 2b2 bc 2c2 b c ; 2c2 ca 2a2 c a 2 2 5 5 5 P a b b c c a 5 a b c 2 2 2 P 2019 5 2019 Dấu “=” xảy ra a b c 673 3 Vậy min P 2019 5 a b c 673