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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NINH THUẬN NĂM HỌC 2019 - 2020 Khóa ngày : 01/6/2019 (Đề chính thức) Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ (Đề thị này gồm một trang) Bài 1. (2,0 điểm): Giải bất phương trình và hệ phương trình sau: 3x y 1 a) 7x – 2 4x 3 ; b) x 2y 5 Bài 2. (2,0 điểm) : Cho Parabol P : y 2x2 và đường thẳng d : y 3x 2 . a) Vẽ đồ thị (P) trên hệ trục tọa độ Oxy ; b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d). Bài 3. (2,0 điểm) 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 2 b) Chứng minh rằng phương trình : x (2m 1)x 2m 4 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 . Tìm 2 2 giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x1 x2 . Bài 4. (2,0 điểm) : Cho ABC vuông tại C nội tiếp trong đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R, ·ABC 600 . Gọi H là chân đường cao hạ từ C xuống AB, K là trung điểm đoạn thẳng AC. Tiếp tuyến tại B của đường tròn tâm O cắt AC kéo dài tại điểm D. a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp trong một đường 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 HƯỚNG DẪN Bài 1. (2,0 điểm): 5 a) 7x – 2 4x 3 3x 5 x . 3
2. 5 Vậy nghiệm của bất phương trình là x > 3 3x y 1 6x 2y 2 7x 7 x 1 x 1 b) x 2y 5 x 2y 5 x 2y 5 1 2.y 5 y 2 Vậy, nghiệm của hệ phương trình là x; y 1; 2 . Bài 2. (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị hàm số y 2x2 Bảng giá trị : x -2 -1 0 1 2 y 2x2 8 2 0 2 8 Đồ thị hàm số y 2x2 là một đường cong đi qua các điểm: 2;8 , 1;2 , 0;0 , 1;2 , 2;8 Đồ thị như hình vẽ : y x O b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : 2x2 3x 22x2 – 3x – 2 0 (*) Ta có = (-3)2 – 4.2.(-2) = 25 > 0 5 1 Phương trình (*) có hai nghiệm : x hoặc x 2 2 2 1 1 1 1 1 Khi x thì y = 2. ta được giao điểm ; 2 2 2 2 2 Khi x = 2 thì y = 2. 2 2 8 ta được giao điểm 2;8 1 1 Vậy giao điểm của (P) và (d) là ; và 2;8 2 2 Bài 3. (2,0 điểm) a) Rút gọn :
3. a 1 a 1 a 1 P với a > 0 và a 1 2 2 a a 1 a 1 2 2 a 1 a 1 a 1 a 1 4 a . = . = -2 2 a a 1 a 1 2 a a 1 Vậy P = -2 b) Ta có ’ = m 1 2 2m 4 m2 2m 1 2m 4 m2 4m 5 = m2 4m 4 1 = m 2 2 1 > 0 với mọi m Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m x1 x2 2(m 1) Theo định lí vi-ét ta có : x1.x2 2m 4 2 2 2 Theo đề bài ta có : A x1 x2 x1 x2 2x1x2 A 4 m 1 2 2 2m 4 4m2 8m 4 4m 8 2m 2 2.2m.3 32 3 2m 3 2 3 3  m 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 3 khi m = 2 Bài 4. (2,0 điểm) D C K 0 A 60 B O H a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp trong một đường tròn Vì K là trung điểm của dây cung AC nên OK  AC C· KO 900 Xét tứ giác CHOK có : C· KO 900 (cmt) C· HO 900 (vì CH  AB) Vì C· KO C· HO 900 900 1800 nên tứ giác CHOK nội tiếp
4. b) Chứng minh rằng AC.AD= 4R2. Xét ACB và ABD có : ·ACB ·ABD 900 B· AD là góc chung AC AB Vậy ACB ∽ ABD (g-g) AC.AD = AB2 = (2R)2 = 4R2 (đpcm) 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 đó : S S ABD S ABC Svp Ta có : OB = OC = bk, ·ABC 600 OBC là tam giác đều OB = OC = BC = R và B· OC 600 R 3R Lại có CH  AB H là trung điểm OB BH = AH = 2 2 R2 R 3 Trong CHB vuông tại H có : CH 2 BH 2 BC 2 CH BC 2 HB2 R2 4 2 R 3 2R. AH CH AB.CH 2R 3 Vì CH // BD (cùng vuông góc với AB) nên BD 2 AB BD AH 3R 3 2 Khi đó : 1 1 2R 3 2R2 3 S AB.BD .2R. ABD 2 2 3 3 1 1 R 3 R2 3 S CH.AB . .2R ABC 2 2 2 2 .R2.60 1 R2 1 R 3 R2 R2 3 S S S .OB.CH R. vp qBOC BOC 360 2 6 2 2 6 4 Vậy diện tích phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O là : 2 2R2 3 R2 3 R2 R2 3 R 10 3 S S S S = (đvdt) ABD ABC vp 3 2 6 4 12