Đề thi tuyển sinh Lớp 10 môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở Giáo dục và đào tạo thành phố Ninh Bình

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở Giáo dục và đào tạo thành phố Ninh Bình

1. ĐỀ SỐ 41: TUYỂN SINH VÀO 10 NINH BÌNH NĂM HỌC 2019-2020 Câu 1: a) Rút gọn biêu thức A 2 18 . 3x y 2 b) Giải hệ phương trình 2x y 3. c) Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d1 : y x 3 và d2 : y 2x 3 . x 3 6 x Câu 2: 1. Rút gọn biểu thức P (với x 0, x 9 ). x 3 x 3 x 9 2. Cho phương trình x2 5x m 2 0 1 với m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m 6 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 sao cho biểu thức 2 S x1 x2 8x1x2 đạt giá trịNINH lớn nhất. Câu 3: Bác Bình gửi tiết kiệm 100 triệu đồng vào ngân hàng A, kì hạn một năm. Cùng ngày, bác gửi tiết kiệm 150 triệu đồng vào ngân hàng B, kì hạn một năm, với lãi suất cao hơn lãi suất của ngân hàng A là 1% / năm. Biết sau đúng 1 năm kể từ ngày gửi tiền. Bác Bình nhận được tổng sổ tiền lãi là 16.5 triệu đồng từ hai khoản tiền gửi tiết kiệm nêu trên. Hỏi lãi suất tiền gửi tiết kiệm kì hạn một năm của ngân hàng A là bao nhiêu phần trăm? Câu 4: 1. Cho đựờng tròn tâm O một điểm M nằm ngoài đường tròn. Từ M kẻ đường thẳng đi qua tâm O , cắt đường tròn tại hai điểm A, B (A nằm giữa M và B ). Kẻ đường thẳng thứ hai đi qua M , cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt C, D (C nằm giữa M và D , C khác A ). Đường thẳng vuông góc với MA tại M cắt đường thẳng BC tại N , đường thẳng NA cắt đường tròn tại điểm thứ hai là E . a. Chứng minh tứ giác AMNC là tứ giác nội tiếp. b. Chứng minh DE vuông góc với MB . 2. Trên một khúc sông với 2 bờ song song với nhau, có một chiếc đò dự định chèo qua sông từ vị trí A ở bở bên này sang vị trí B ở bờ bên kia, đường thẳng AB vuông góc với các bờ sông. Do bị dòng nước đẩy xiên nên chiếc đò đã cập bờ bên kia tại vị tri C cách B mội khoảng bằng 30 m. Biết khúc sông rộng 150 m, hỏi dòng nước đã đẩy chiếc đò lệch đi một góc có số đo bằng bao nhiêu? (kết quả làm tròn đến giây). Câu 5: 1. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tổng các ước nguyên dương của p2 là một số chính phương. 2. Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z 2019 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu x2 y2 z2 thức T . x yz y zx z xy
2. LỜI GIẢI Câu 1 a) A 2 18 2 2.32 2 3 2 4 2 3x y 2 5x 5 x 1 x 1 b) 2x y 3 2x y 3 2.1 y 3 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x;y) = (1;- 1) c) Tọa độ giao điểm của hai đường thằng d1 : y x 3 và d2 : y 2x 3 là nghiệm của hệ phương trình y x 3 y x 3 y x 3 x 2 y 2x 3 x 3 2x 3 x 2 y 1 Vậy tọa độ giao điểm của hai đường thằng d1 : y x 3 và d2 : y 2x 3 là (x;y) = (2;- 1) Câu 2 x 3 6 x 1. P x 3 x 3 x 9 x x 3 3 x 3 6 x x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 9 6 x x 3 x 3 x 9 x 3 x 3 1 x 3 x 3 x 3 x 3 Vậy P 1 2. Cho phương trình x2 5x m 2 0 1 a) Khi m 6 phương trình (1) trở thành x2 5x 4 0 có a b c 1 5 4 0 nên có hai c nghiệm là x 1; x 4 1 2 a Vậy, khi m 6 thì tập nghiệm của phương trình đã cho là S 4; 1 b) x2 5x m 2 0 1 Ta có 52 4 m 2 33 4m 33 Phương trình (1) có hai nghiệm x ; x khi và chỉ khi 0 33 4m 0 m 1 2 4 x1 x2 5 Áp dụng định lí Vi ét cho phương trình (1) ta có x1.x2 m 2 2 Theo đề ra ta có S x1 x2 8x1x2 2 2 x1 2x1x2 x2 8x1x2 2 x1 x2 4x1x2 5 2 4 m 2 17 4m 33 Ta có m 4m 33 17 4m 17 33 50 4 33 Vậy giá trị lớn nhất của S 50 . Dấu “=” xảy ra khi m 4 Câu 3
3. Gọi lãi suất gửi tiết kiệm kì hạn một năm của ngân hàng A là x% / năm. (x 0 ) Thì lãi suất gửi tiết kiệm kì hạn một năm của ngân hàng B là x 1 % / năm. Tiền lãi bác Bình nhận được sau 1 năm gửi vào ngân hàng A là : 100x% (triệu đồng) Tiền lãi bác Bình nhận được sau 1 năm gửi vào ngân hàng B là : 150 x 1 % (triệu đồng) Tổng số tiền lãi bác Bình nhận được từ hai khoản tiết kiệm trên là 16,5triệu đồng nên ta có phương trình : 100x% 150 x 1 % 16,5 100x 150x 150 1650 250x 1500 x 6 (thỏa mãn ) Vậy lãi suất tiền gửi tiết kiệm kì hạn một năm của ngân hàng A là 6% Câu 4 N 1. a. Chứng minh tứ giác AMNC là tứ giác nội tiếp. D C Ta có MN  AB N· MA 900 · ACB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên B M A ·ACB 900 O ·ACB N· MA 900 Tứ giác AMNC là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng E góc trong tại đỉnh đối diện) b. Chứng minh DE vuông góc với MB . Ta có tứ giác AMNC là tứ giác nội tiếp (chứng minh trên) C· NA C· MA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) Hay B· NE B· MD (1) Xét đường tròn O ta có : B· NE là góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn chắn cung AC và BE 1 B· NE sñB»E sñ »AC (2) 2 D· MB là góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn chắn cung AC và BD 1 D· MB sñB»D sñ »AC (3) 2 Từ (1), (2) và (3) suy ra sñB»E sñB»D BD BE (hai cung bằng nhau căng hai dây bằng nhau) B nằm trên đường trung trực của DE (4) Lại có ·ADB ·AEB 900 (các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O ) Xét ADB và AEB ta có : ·ADB ·AEB 900 (chứng minh trên) AB chung BD BE (chứng minh trên) Do đó ADB AEB (ch-cgv) AD AE (hai cạnh tương ứng) A nằm trên đường trung trực của DE (5) Từ (4) và (5) suy ra AB là đường trung trực của DE AB  DE hay MB  DE (đpcm)
4. 2. 30m C Ta có hình vẽ : B Ta có AB  BC ABC vuông tại B AB 150 Do đó tan ·ACB 5 ·ACB 78041'24" BC 30 150m Vậy dòng nước đã đẩy chiếc đò đi lệch một góc có số đo bằng 900 78041'24" 11018'36" Câu 5 A 1. Ta có p là số nguyên tố (p ¥ * ) p2 là số có các ước dương là 1; p; p2 Theo đề bài ta có tổng các ước nguyên dương của p là một số chính phương 1 p p2 k 2 (k ¥ * ) 4k 2 4 4 p 4 p2 4k 2 2 p 1 2 3 4k 2 2 p 1 2 3 2k 2 p 1 2k 2 p 1 3 (*) Ta có k, p ¥ * 2k 2 p 1 0; 2k 2 p 1 2k 2 p 1 2k 2 p 1 1 2k 2 p 2 k 1 (thoûa maõn) (*) 2k 2 p 1 3 2k 2 p 2 p 0 (khoâng thoûa maõn) Vậy không có số nguyên tố p nào thỏa mãn đề bài 2. 2 a 2 b2 c2 a b c Ta chứng minh bất đẳng thức với a,b,c,x, y,z 0 x y z x y z a b c Áp dụng bất đẳng thức Bu – nhi – a - cốp – xki cho ba bộ số ; x , ; y , ; z x y z 2 2 2 2 2 2 a b c a b c 2 2 2 ta có x y z x y z x y z x y z 2 a b c 2 . x . y . z a b c x y z 2 a 2 b2 c2 a b c (*) x y z x y z a b c Dấu “=” xảy khi khi x y z y z z x x y Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có yz ; zx ; xy 2 2 2 x2 y2 z2 T y z z x x y x y z 2 2 2 2x2 2y2 2z2 2x y z x 2y z x y 2z
5. x2 y2 z2 2 2x y z x 2y z x y 2z Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 2 x y z x y z 2019 T 2 4 x y z 2 2 Dấu “=” xảy ra khi x y z 673 2019 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T khi x y z 673 2
6. LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 6: TUYỂN SINH VÀO 10 BẮC NINH NĂM HỌC 2019-2020 I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Chọn phương án trả lời đúng trong các câu sau: 4 Câu 1: Khi x = 7 biểu thức có giá trị là x + 2 - 1 1 4 4 A. . B. . C. . D.2 . 2 8 3 Lời giải Chọn: D 4 Thay x 7 (thỏa mãn) vào biểu thức ta tính được biểu thức có giá trị bằng x 2 1 4 4 2 . 7 2 1 3 1 Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ¡ ? A.y = 1- x . B.y = 2x - 3 . C.y = (1- 2)x . D.y = - 2x + 6 . Lời giải Chọn: B Hàm số y 2x 3 đồng biến trên ¡ . Câu 3: Số nghiệm của phương trình x 4 - 3x 2 + 2 = 0 là A.1 . B.2 . C.3 . D.4 . Lời giải Chọn: D Đặt t x2 (t 0) . Khi đó phương trình tương đương t 2 3t 2 0 . Ta thấy 1-3 2 0 . Nên phương trình có hai nghiệm t 1 (thỏa mãn); t 2 (thỏa mãn). x2 1 x 1 Khi đó 2 x 2 x 2 Câu 4: Cho hàm số y = ax 2 (a ¹ 0) . Điểm M (1;2) thuộc đồ thị hàm số khi 1 1 A.a = 2 . B.a = . C.a = - 2 . D.a = . 2 4 Lời giải Chọn A . Vì M (1;2) thuộc đồ thị hàm số y ax2 (a 0) nên ta có 2 a.12 a 2 (thỏa mãn). Câu 5: Từ điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB,AC tới đường tròn (B,C là · o các tiếp điểm). Kẻ đường kính BK . Biết BAC = 30 , số đo của cung nhỏ CK là A.30° . B.60° . C.120° . D.150° . Lời giải Chọn: A.
7. Từ giả thiết ta suy ra tứ giác ABOC nội tiếp nên B· AC C· OK 30 , mà C· OK sđ C»K nên Số đo cung nhỏ CK là 30 . Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống cạnh BC . HB 1 Biết AH = 12cm , = . Độ dài đoạn BC là HC 3 A.6 cm . B.8 cm . C.4 3 cm . D.12 cm . Lời giải Chọn: B HB 1 Theo đề bài ta có: HC 3HB . Áp HC 3 dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH ta có AH 2 BH.HC 12 BH.3BH BH 2 4 BH 2 HC 3.HB 3.2 6 BC HB HC 2 6 8 cm II. TỰ LUẬN (7,0 điểm) 2 2 ( x + 1) + ( x - 1) 3 x + 1 Câu 7: Cho biểu thức A = - với x ³ , 0 x ¹ . 1 ( x - 1)( x + 1) x - 1 a) Rút gọn biểu thức A . b) Tìm x là số chính phương để 2019A là số nguyên. Lời giải 2 2 ( x + 1) + ( x - 1) - 3 x - 1 x + 2 x + 1+ x - 2 x + 1- 3 x - 1 a) A = = x - 1 x - 1 2x - 3 x + 1 2x - 2 x - x + 1 ( x - 1)(2 x - 1) 2 x - 1 = = = = . x - 1 x - 1 ( x - 1)( x + 1) x + 1 2019(2 x + 2 - 3) 6057 2019A = = 4038 - . x + 1 x + 1 b) 2019A là số nguyên khi và chỉ khi x + 1 là ước nguyên dương của 6057 gồm: 1;3;9;673,2019;6057. +) x + 1 = 1 Û x = 0 , thỏa mãn. +) x + 1 = 3 Û x = 4 , thỏa mãn. +) x + 1 = 9 Û x = 64 , thỏa mãn. +) x + 1 = 673 Û x = 451584 , thỏa mãn. +) x + 1 = 2019 Û x = 4072324 , thỏa mãn. +) x + 1 = 6057 Û x = 36675136 , thỏa mãn. Câu 8: An đếm số bài kiểm tra một tiết đạt điểm 9 và điểm 10của mình thấynhiều hơn 16 bài. Tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đạt điểm 9 và điểm 10 đó là 160 . Hỏi An được bao nhiêu bài điểm 9 và bao nhiêu bài điểm 10 ?
8. Lời giải Gọi số bài điểm 9 và điểm 10của An đạt được lần lượt là x,y (bài)(x,y Î ¥ ) . Theo giả thiết x + y > 16 . Vì tổng số điểm của tất cả các bài kiểm tra đó là 160 nên 9x + 10y = 160 . 160 Ta có 160 = 9x + 10y ³ 9(x + y) Þ x + y £ . 9 160 Do x + y Î ¥ và 16 BC và tam giác ABC có ba góc đều nhọn. Các đường cao AI ,BK của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H . BK cắt (O) tại điểm N (khác điểm B ); AI cắt (O) tại điểm M (khác điểm A ); NA cắt MB tại điểm D . Chứng minh rằng: a) Tứ giác CIHK nội tiếp một đường tròn. b) MN là đường kính của đường tròn (O) . c) OC song song với DH . Lời giải a)Ta có C ì ï HK ^ KC · · í Þ HKC + HIC = 90º + 90º= 180º . ï HI ^ IC î N Do đó, CIHK là tứ giác nội tiếp. O b) Do tứ giác CIHK nội tiếp nên K · · 1 ¼ 1 M 45º= ICK = BHI = sđBM + sđA¼N . I 2 2 H A B sđB¼M sđA¼N 90 . ¼ » ¼ ¼ Suy ra, sđMN = sđAB + (sđBM + sđAN ) hay = 90° + 90° = 180º MN là đường kính của (O) . D c) Do MN là đường kính của (O) nên MA ^ DN,NB ^ DM . Do đó, H là trực tâm tam giác DMN hay DH ^ MN . Do I ,K cùng nhìn AB dưới góc 90º nên tứ giác ABIK nội tiếp. · · » Suy ra, CAI = CBK Þ sđC¼M = sđCN Þ C là điểm chính giữa của cung MN Þ CO ^ MN . Vì AC > BC nên DABC không cân tại C do đó C,O,H không thẳng hàng. Từ đó suy ra CO / / DH .
9. Câu 10: a) Cho phương trình x 2 - 2mx - 2m - 1 = 0 (1) với m là tham số. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 sao chox1 + x2 + 3 + x1x2 = 2m + 1 . b) Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn a2 + b2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất a3 + b3 + 4 của biểu thức M = . ab + 1 Lời giải 2 a) D¢= m2 + 2m + 1 = m + 1 . ( ) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi D¢> 0 Û m ¹ - 1 . Áp dụng ĐL Vi-ét ta có x1 + x2 = 2m;x1.x2 = - 2m - 1 . Ta có ĐK2m + 2 - 2m (*)= 2m + 1( 0 £ m £ 1 ) 2m - 1 2m - 1 Û 2m - 1+ 2 - 2m - 1- (2m - 1) = 0 Û - - (2m - 1) = 0 2m + 1 2 - 2m + 1 é 1 æ ö êm = (t / m (*)) ç 1 1 ÷ ê 2 Û (2m - 1)ç - - 1÷= 0 Û ê èç ø÷ ê 1 1 2m + 1 2 - 2m + 1 ê - - 1 = 0(2) ëê 2m + 1 2 - 2m + 1 1 Vì 2m + 1 ³ 1, " m thỏa mãn 0 £ m £ 1 Þ £ 1 . Do đó, VT (2) 0 nên M = ³ = 3 . ab + 1 ab + 1 Do đó, giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là 3 đạt được khi a = b = 1 . +) Vì a2 b2 2 nên a 2; b 2. Suy ra a3 b3 4 2 a2 b2 4 2 2 4 . 1 a3 b3 4 Mặt khác 1 do ab 1 1 . Suy ra M 2 2 4 . ab 1 ab 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ì 2 2 ï a + b = 2 íï Û (a;b) = 0; 2 Ú(a;b) = 2;0 . ï ab = 0 ( ) ( ) îï Giá trị lớn nhất của biểu thức M là 4 2 2 đạt được khi (a;b) = (0; 2)Ú(a;b) = ( 2;0) Hết