Đề thi tuyển sinh Lớp 10 môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở Giáo dục và đào tạo tỉnh Sơn La

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

1. ĐỀ SỐ 51: TUYỂN SINH VÀO 10 SƠN LA NĂM HỌC 2019-2020 Bài 1.(3,0 điểm) a) Giải phương trình 3(x + 2) = x +36 4x 3y 1 b) Giải hệ phương trình x 3y 2 x 2 c) Rút gọn biểu thức P . x 4 (với x 0 và )x 4 x 2 x 2 Bài 2.(1,5 điểm) Trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2019 – 2020, số thí sinh vào trường THPT chuyên 2 bằng số thí sinh thi vào trường PTDT Nội trú. Biết rằng tổng số phòng thi của cả hai trường là 3 80 phòng thi và mỗi phòng thi có đúng 24 thí sinh. Hỏi số thí sinh vào mỗi trường bằng bao nhiêu? Bài 3. (1,5 điểm) Cho parabol (P) y x2 và đường thẳng y 2(m 1)x m2 2m (m là tham số, m ¡ ). a) Xác định tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d) đi qua điểm I (1; 3). b) Tìm m để parabol (P) cắt đường thẳng (d) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi x1, x2 là hoành 2 2 độ hai điểm A, B; tìm m sao cho x1 x2 6x1x2 2020 . Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R và C là một điểm nằm trên đường tròn sao cho CA > CB. Gọi I là trung điểm của OA, vẽ đường thẳng d vuông góc với AB tại I, d cắt tia BC tại M và cắt đoạn AC tại P, AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai K. a) Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp được trong một đường tròn. b) Chứng minh ba điểm B, P, K thẳng hàng. c) Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại Q, biết BC = R. Tính độ dài BK và diện tích tứ giác QAIM theo R. Bài 5. (1,0 điểm) Giải phương trình 3 x x 3 x HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Bài Đáp án Điểm a)(1,0 điểm) 3(x + 2) = x + 36 3x + 6 = x + 36 0,25 2x = 30 0,25 x = 15 0,25 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x =15 0,25 b) (1,0 điểm) 4x 3y 1 3x 3 x 1 Bài 1 x 3y 2 x 3y 2 1 3y 2 0,5 (3,0 x 1 x 1 x 1 điểm) Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất 3y 3 y 1 y 1 0,5
2. b) (1,0 điểm) x 2 P . x 4 (với x 0 và )x 4 x 2 x 2 x x 2 2 x 2 0,5 P . x 4 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 4 . x 4 x 4 0,5 x 4 Bài 2 Gọi số thí sinh vào trường THPT Chuyên và số thí sinh vào trường 0,25 (1,5 PTDT Nội trú lần lượt là x , y (thí sinh) (điều kiện x > 0, y > 0) điểm) 2 Vì số thí sinh vào trường THPT Chuyên bằng số thí sinh vào 3 2 trường PTDT Nội trú nên ta có: x y (1) 0,25 3 Vì tổng số phòng thi của cả hai trường là 80 phòng thi và mỗi phòng thi có đúng 24 thí sinh nên tổng số thí sinh của cả hai trường là: 24.80 = 1920 (thí sinh) 0,25 Do đó ta có phương trình; x + y = 1920 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 2 2 2 x y x y x y 3 3 y 1152 0,25 3 2 5 x 768 x y 1920 y y 1920 y 1920 3 3 Đối chiếu điều kiện ta thấy x = 768; y = 1152 đều thỏa mãn. 0,25 Vậy số thí sinh vào trường THPT Chuyên và số thí sinh vào trường 0,25 PTDT Nội trú lần lượt là 768 thí sinh , 1152 thí sinh. 3 a)(0,5 điểm) Để đường thẳng (d) y 2(m 1)x m2 2m đi qua điểm I (1;3) thì x = 1; y = 3 thỏa mãn phương trình đường thẳng (d) nên ta có: 3 2(m 1).1 m2 2m m2 2m 2m 2 3 m2 4m 5 0 0,25 m2 1 4m 4 0 m 1 m 1 4 m 1 0 m 1 m 5 0 Bài 3 m 1 0 (1,5 m 5 0 điểm) m 1 0,25 m 5 Vậy với m = 1 hoặc m = - 5 thì đường thẳng (d) đi qua điểm I(1;3)
3. 3 b) (1,0 điểm) 2 2 (P) y x và (d) y 2(m 1)x m 2m (m 1) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: x2 2(m 1)x m2 2m(1) 0,25 x2 2(m 1)x (m2 2m) 0 ' (m 1)2 m2 2m 2m2 1 0 với mọi m  Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m 0,25 x1 x2 2 m 1 Khi đó theo hệ thức Vi-ét (2) 2 x1x2 (m 2m) Theo bài ra, ta có: x 2 x 2 6x x 2020 1 2 1 2 2 x1 x2 2x1x2 6x1x2 2020 2 x1 x2 4x1x2 2020(3) 0,25 Thay (2) vào (3) ta có: 2(m 1)2 4(m2 2m) 2020 4m2 4m 4 4m2 8m 2020 12m 2016 m 168 Vậy m = 168 thỏa mãn bài. 0,25 Vẽ hình đúng cho câu a M 0,25 C P Q K Bài 4 P (3,5 A điểm) I O B 4.1 a (0,75 điểm) Xét (O) có A· CB 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên P· CB 900 0,25 0 0,25 Ta có: d  AB tại I; P d nên PI  AB tại I => P· IB 90 0 0 Xét tứ giác BCPI có: P· CB 90 và P· IB 90 (cmt) Do đó tứ giác BCPI nội tiếp được đường tròn. 0,25 4.1 b (1,0 điểm)
4. Xét MAB có MI  AB tại I(gt); AC  BM tại C (A· CB 900 ) 0,25 Mà MI  AC  P nên P là trực tâm của MAB (1) · 0 Lại có: AKB 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25  BK  AK tại K hay BK  AM tại K  BK là đường cao của MAB (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra BK đi qua P hay 3 điểm B, P, K thẳng 0,25 hàng. 4.1 c (1,0 điểm) OA R Có OA = R mà I là trung điểm của AO nên AI IO 2 2 R 3R BI = OB + IO = R 2 2 Xét BOC có OB = OC = BC = R nên BOC là tam giác đều. 0,25 Do đó O· BC 600 hay ·ABC 600 Xét ABC có : A· CB 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên ·ABC C· AB 900 mà·ABC 600 nên C· AB 900 600 300 hay P· AI 300 Xét AIP:·AIP 900 (d  AB; P d ) nên: R R 3 R 3 PI AI.tan P· AI .tan 300 . 2 2 3 6 Xét ABK và PBI có·ABK chung; ·AKB P· IB 900 Do đó ABK : PBI (g.g) BK BI BK AK (các cạnh tương ứng tỉ lệ) hay AK PI BI PI BK AK BK AK BK 2 AK 2 3R 3R 3 3 9 1 0,25 2 6 2 6 4 12 BK 2 AK 2 BK 2 AK 2 AB2 4R 2 12R 2 Do đó: 9 1 9 1 7 7 7 4 12 4 12 3 3 189R Suy ra: BK = (đơn vị độ dài) 7 MI BK Có AIM : AKB (g.g) (các cạnh tương ứng tỉ lệ) AI AK BK BI MI BI Mà (cmt) nên AK PI AI PI R 3R . 0,25 AI.BI 3R 6 3 3R MI 2 2 . PI 3.R 4 3 2 6 Từ Q kẻ QH  IM tại H. Dễ dàng chứng minh được tứ giác QHIB là
5. hình vuông. Suy ra QH = BI Ta có : AI.MI QH.MI MI S S S .(AI QH ) AMQI AMI QMI 2 2 2 0,25 MI AB 3 3R 3 3R2 .(AI BI) MI. .R (đvdt) 2 2 2 2 3 x x 3 x 0,25 Điều kiện 0 x 9 Bình phương hai vế phương trình đã cho, ta được: 3 x x2.( 3 x) 0,25 x3 3.x2 x 3 2 3 3 3 2 1 1 1 1 x 3.x . 3.x. 3 3 3 3 3 3 Bài 5 1 10 10 3 (1,0 x 0,25 3 3 3 9 điểm) 1 10 3 x 3 3 9 10 3 3 x 3 (thỏa mãn điều kiện) 9 3 0,25 10 3 3 Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x 3 9 3