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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 LÀO CAI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2019 MÔN THI : TOÁN KHÔNG CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian : 120 phút (không tính thời gian giao đề) Bài 1. (1,0 điểm) Tính giá trị của các biểu thức sau: 2 a) 4 3 . b) 5 6 5 2x2 2x 1 1 Bài 2: (1,5 điểm) Cho biểu thức H với x 0;x 1 x2 1 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức H b) Tìm tất cả các giá trị của x để x H 0 Bài 3. (2,5 điểm) 1) Cho đường thẳng (d): y x 1 và parabol (P): y 3x2 a) Tìm tọa độ A thuộc parabol (P) biết điểm A có hoành độ x 1 1 b) Tìm b để đường thẳng (d) và đường thẳng (d’): y x b cắt nhau tại một điểm trên trục 2 hoành. x y 5 2) a) Giải hệ phương trình 2x y 1 x y a b) Tìm tham số a để hệ phương trình . Có nghiệm duy nhất x;y thỏa mãn 7x 2y 5a 1 y 2x Bài 4. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 3x 2 0 b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình x2 2(m 1)x m2 0 có hai nghiệm phân 2 biệt x1,x2 thỏa mãn hệ thức x1 x2 6m x1 2x2 . Bài 5. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O), điểm M nằm ngoài đường tròn (O). kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B và C là các tiếp điểm) với đường tròn. Trên cung lớn BC lấy điểm A sao cho AB < AC. Từ điểm M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt đường tròn (O) tại D và E (MD < ME),cắt BC tại F, cắt AC tại I. a) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp. b) Chứng minh FD.FE FB.FC;FI FE FD.FE c) Đường thẳng OI cắt đường tròn (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt đường tròn (O) tại K (K khác Q). Chứng minh 3 điểm P, K, M thẳng hàng. HẾT Họ và tên thí sinh: SBD: Phòng thi số:
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: a) 4 3 2 3 5 2 b) 5 6 5 5 6 5 5 6 5 6 Bài 2: 2x2 2x 1 1 2x x 1 1 1 a) H x2 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 2x 1 1 2x 1 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 b) Theo đề bài ta có x H 0 x 2 x 2 x 4 Kết hợp điều kiện x 0;x 1 ta có 0 x 4;x 1 Vậy với 0 x 4;x 1 thì x H 0 Bài 3: 2 1) a) Điểm A có hoành độ x 1 và thuộc P nên thay x 1 vào P ta được : y 3. 1 3 A 1;3 b)Gọi B xB;0 là điểm thuộc trục hoành và là giao điểm của hai đường thẳng d, d’. ta có B xB;0 thuộc d xB 1 B 1;0 1 1 Lại có: B 1;0 d' 0 .1 b b 2 2 x y 5 3x 6 x 2 2) a) 2x y 1 y 5 x y 3 Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất: x;y 2;3 1 1 x y a 1 b)Hệ phương trình có hệ pt có nghiệm duy nhất với mọi a. 7 2 7x 2y 5a 1 2 Theo đề bài ta có hệ pt có nghiệm duy nhất thỏa mãn y 2x Thay y 2x vào (1) ta được: x 2x a x a y 2a Thay x a;y 2a vào (2) ta được: 1 7 a 2 2a 5a 1 7a 4a 5a 1 8a 1 a 8 1 Vậy a thỏa mãn bài toán 8 Bài 4: a) x2 3x 2 0 Phương trình có dạng a b c 0 . Khí đó pt có hai nghiệm phân biệt x1 1;x2 2 . Vậy tập nghiệm của phương trình là: S 1;2 b) x2 2(m 1)x m2 0 2 2 2 2 Ta có: ' m 1 m m 2m 1 m 1 2m
3. 1 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x ,x ' 0 1 2m 0 m 1 2 2 x1 x2 2 m 1 Theo vi-ét ta có: 2 x1x2 m Theo đề bài ta có: 2 2 x1 x2 6m x1 2x2 x1 x2 4x1x2 6m x1 2x2 2 2 4 m 1 4m 6m x1 2x2 2m 4 x1 2x2 Khi đó kết hợp với x1 x2 2 m 1 ta có hệ pt: 4 4 x m 2 x m 2 2 2 x1 x2 2 m 1 3x2 4m 6 3 3 x 2x 2m 4 x x 2m 2 4 2 1 2 1 2 x 2m 2 m 2 x m 1 3 1 3 4 x m 2 2 3 2 Thay vào x1x2 m ta được: 2 x m 1 3 4 2 2 1 2 4 1 4 m 0 m 2 . m m m m 0 m m 0 (tm) 3 3 9 3 9 3 m 12 Vậy m 0;m 12 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Bài 5: a) Do Mb,Mc là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) nên O· BM O· CM 900 Xét tứ giác MBOC có: O· BM O· CM 1800 suy ra tứ giác MBOC là tứ giác nội tiếp. b) Xét tam giác FBD và tam giác FEC có: B· FD E· FC dd F· DB F· CE ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE) FB FD FBD : FEC g g FD.FE FB.FC 1 FE FC Ta có AB// ME suy ra B· AC D· IC Mà B· AC M· BC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC) D· IC M· BC M· BF C· IF Xét tam giác FBM và tam giác FIC có:
4. B· FM I·FC (đđ) M· BF C· IF cmt FB FM FBM : FIC g g FI.FM FB.FC 2 FI FC Từ (1) và (2) FI.FM FD.FE 3 c) Xét tam giác FDK và tam giác FQE có: K· FD E· FQ (đđ) F· KD F· EQ ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung DQ) FKD : FEQ g g FK FD FD.FE FK.FQ 4 FE FQ FM FK Từ (3) và (4) FI.FM FK.FQ FQ FI Xét tam giác FMQ và tam giác FKI có: FM FK cmt FQ FI M· FQ K· FI FMQ : FKI c g c F· MQ F· KI Suy ra tứ giác KIQM là tứ giác nội tiếp M· QK M· IQ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MQ) Ta có M· BF C· IF M· BC M· IF suy ra tứ giác MBIC là tứ giác nội tiếp Mà MOBC là tứ giác nội tiếp nên M, B, O, I, C cùng thuộc 1 đường tròn. Ta có O· BM 900 suy ra OM là đường kính của đường tròn đi qua 5 điểm M, B, O, I, C. Suy ra O· IM 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) IM  OI M· IQ 900 M· KQ M· IQ 900 Lại có Q· KP 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Từ đó ta có: M· KP M· KQ Q· KP 1800 Vậy 3 điểm P, K, M thẳng hàng.