Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Ninh Thuận (Đề chính thức)

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

12
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Ninh Thuận (Đề chính thức)" là tài liệu hữu ích giúp các em ôn tập cũng như hệ thống kiến thức môn học, giúp các em tự tin đạt điểm số cao trong kì thi tuyển sinh THPT sắp tới. Mời các em cùng tham khảo đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2019-2020 – Sở Giáo dục và Đào tạo Ninh Thuận (Đề chính thức)

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) 7 x – 2  4 x  3 ; b)  x  2 y  5 Bài 2. (2,0 điểm) : Cho Parabol  P  : y  2 x 2 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  b) Chứng minh rằng phương trình : x 2  (2m  1) x  2m  4  0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A  x12  x22 . 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) 7 x – 2  4 x  3  3x  5  x  . 3
5 Vậy nghiệm của bất phương trình là x > 3 3x  y  1 6 x  2 y  2 7 x  7 x  1 x  1 b)      x  2 y  5 x  2 y  5  x  2 y  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  2 x 2 Bảng giá trị : x -2 -1 0 1 2 y  2x2 8 2 0 2 8 Đồ thị hàm số y  2 x 2 là một đường cong đi qua các điểm:  2;8  ,  1; 2  , 0;0  , 1; 2 , 2;8  Đồ thị như hình vẽ : b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) : 2 x 2  3x  22 x 2 – 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   8 ta được giao điểm  2;8  2  1 1  Vậy giao điểm của (P) và (d) là  ;  và  2;8   2 2 Bài 3. (2,0 điểm) a) Rút gọn :
 a 1   a 1 a 1  P        với a > 0 và a  1  2 2 a  a  1 a  1     a  1 2 2 a 1 a 1  a  1 4 a  . = . = -2 2 a  a  1 a  1 2 a a 1 Vậy P = -2 =  m  1   2m  4   m 2  2m  1  2m  4  m 2  4m  5 2 b) Ta có  ’ =  m 2  4m  4   1 =  m  2   1 > 0 với mọi m 2  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 Theo đề bài ta có : A  x12  x22   x1  x2   2x1 x2 2  A  4  m  1  2  2m  4   4m 2  8m  4  4m  8  2m   2.2m.3  3 2  3  2m  3   3  3  m 2 2 2 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 3 khi m = 2 Bài 4. (2,0 điểm) a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp trong một đường tròn   900 Vì K là trung điểm của dây cung AC nên OK  AC  CKO Xét tứ giác CHOK có :   900 (cmt) CKO   900 (vì CH  AB) CHO   CHO Vì CKO   900  900  1800 nên tứ giác CHOK nội tiếp
b) Chứng minh rằng AC.AD= 4R2. Xét  ACB và  ABD có :  ACB   ABD  900  là góc chung BAD 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,    600 ABC  600   OBC là tam giác đều  OB = OC = BC = R và BOC R 3R Lại có CH  AB  H là trung điểm OB  BH =  AH = 2 2 2 2 2 R2 R 3 2 2 2 Trong  CHB vuông tại H có : CH  BH  BC  CH  BC  HB  R   4 2 R 3 2 R. AH CH AB .CH 2  2R 3 Vì CH // BD (cùng vuông góc với AB) nên   BD   AB BD AH 3R 3 2 Khi đó : 1 1 2R 3 2R2 3 S ABD  AB.BD  .2R.  2 2 3 3 1 1 R 3 R2 3 S ABC  CH .AB  . .2R  2 2 2 2 .R 2 .60 1 R 2 1 R 3 R 2 R 2 3 Svp  S qBOC  S BOC   .OB .CH   R.   360 2 6 2 2 6 4 Vậy diện tích phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O là : S  S ABD  S ABC  Svp =      2 2 R 2 3 R 2 3  R 2 R 2 3  R 10 3    (đvdt)   3 2  6 4  12 ………………………………