Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Lai Châu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2019-2020 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Lai Châu (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 LAI CHÂU NĂM HỌC : 2019 - 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : Toán ( Đề thi có 01 trang ) Thới gian :120 phút Ngày thi :07/6/2019 Câu 1: (2,0 điểm) 1) Rút gọn các biểu thức sau: a) 3 4 2 25 4 9 b) 3 3 5 12 2 27 2) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2 x y 2 a) x 6x 5 0 b) 2x y 1 1 1 x Câu 2: (1,5 điểm) Cho biểu thức M x 2 x 2 4 x 1) Tìm các giá trị thực của x để biểu thức có nghĩa? 2) Rút gọn biểu thức. 3) Tính giá trị của M biết x 16 Câu 3: (2,5 điểm) 1) Quãng đường AB dài 60km, một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc và thời gian quy định. Sau khi đi được nửa quãng đường người đó giảm vận tốc 5km/h trên nửa quãng đường còn lại. Vì vậy, người đó đã đến B chậm hơn quy định 1 giờ. Tính vận tốc và thời gian quy định của người đó. 2 2) Cho phương trình: 2x (2m 1)x m 1 0 (1) trong đó m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m 2 . 2 2 b) Tìm m để phương trình (1) có hai ngiệm thỏa mãn: 4x1 4x2 2x1x2 1 Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R), dây BC cố định. Điểm A di động trên cung lớn BC (AB < AC) sao cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của EF với BC. 1) Chứng minh: Tứ giác BCEF nội tiếp. 2) Chứng minh: KB.KC KE.KF 3) Gọi M là giao điểm của AK với (O) (M A) . Chứng minh MH  AK . Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: ab bc ca 1 (a b c) a b 2c b c 2a c a 2b 4
2. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 LAI CHÂU NĂM HỌC 2019-2020 Câu 1: (2,0 điểm) 1) Rút gọn các biểu thức sau: a) 3 4 2 25 4 9 b) 3 3 5 12 2 27 2) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2 x y 2 a) x 6x 5 0 b) 2x y 1 Lời giải 1) a) 3 4 2 25 4 9 3.2 2.5 4.3 4 b) 3 3 5 12 2 27 3 3 5.2 3 2.3 3 3 3 10 3 6 3 7 3 2) a) x2 6x 5 0 x2 5x x 5 0 x(x 5) (x 5) 0 x 5 0 x 5 (x 5)(x 1) 0 x 1 0 x 1 x y 2 3x 3 x 1 x 1 b) 2x y 1 y 2 x y 2 1 y 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) là (1;1) 1 1 x Câu 2: (1,5 điểm) Cho biểu thức M x 2 x 2 4 x 1) Tìm các giá trị thực của x để biểu thức có nghĩa? 2) Rút gọn biểu thức. 3) Tính giá trị của M biết x 16 Lời giải 1) Tìm các giá trị thực của x để biểu thức có nghĩa? x 0 x 2 0 x 0 Điều kiện: (*) x 2 0 x 4 4 x 0 Vậy x 0, x 0 thì biểu thức M có nghĩa. 2) Rút gọn biểu thức. Điều kiện: x 0 và x 4 1 1 x M x 2 x 2 4 x x 2 x 2 x = ( x 2)( x 2) ( x 2)( x 2) ( x 2)( x 2) x 2 x 2 x 2 x x x( x 2) x = = = = ( x 2)( x 2) ( x 2)( x 2) ( x 2)( x 2) x 2
3. x Vậy M x 2 3) Tính giá trị của M biết x 16 Điều kiện: x 0 và x 4 16 4 Với x 16 thì M 2 16 2 4 2 Vậy với x 16 thì M = 2. Câu 3: (2,5 điểm) 1) Quãng đường AB dài 60km, một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc và thời gian quy định. Sau khi đi được nửa quãng đường người đó giảm vận tốc 5km/h trên nửa quãng đường còn lại. Vì vậy, người đó đã đến B chậm hơn quy định 1 giờ. Tính vận tốc và thời gian quy định của người đó. 2 2) Cho phương trình: 2x (2m 1)x m 1 0 (1) trong đó m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m 2 . 2 2 b) Tìm m để phương trình (1) có hai ngiệm thỏa mãn: 4x1 4x2 2x1x2 1 Lời giải 1) Gọi vận tốc quy định của người đó là x (km/h), (x > 5) 60 Thời gian quy định để người đó đi hết quãng đường là (h). x 30 Nửa quảng đường đầu là: 60 : 2 30(km) nên thời gian đi nửa quãng đường đầu là: (h). x Nửa quãng đường sau, vận tốc của người đó giảm 5km/h nên vận tốc lúc sau là: x 5(km / h). 30 Thời gian đi nửa quãng đường sau là (h) . x 5 Vì người đó đến chậm so với thời gian dự định là 1 giờ nên ta có phương trình: 30 30 60 30 30 1 1 0 x x 5 x x 5 x 30x 30(x 5) x(x 5) 0 x(x 5) 30x 30x 150 x2 5x 0 x2 5x 150 0 x2 15x 10x 150 0 x(x 15) 10(x 15) 0 (x 15)(x 10) 0 x 15 0 x 15 (tm) x 10 0 x 10 (ktm) Vậy vận tốc quy định của người đó là 15km/h và thời gian quy định của người đó là: 60 : 15 = 4 giờ. 2 2) Cho phương trình 2x (2m 1)x m 1 0 (1) trong đó m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m 2 .
4. Khi m = 2 thì (1) trở thành: 2x2 3x 1 0 có hệ số a 2;b 3;c 1 c 1 Dễ thấy a b c 2 3 1 0 nên phương trình có hai nghiệm x 1; x 1 2 a 2 1  Vậy với m 2 thì phưng trình có tập nghiệm S 1;  2 2 2 b) Tìm m để phương trình (1) có hai ngiệm thỏa mãn: 4x1 4x2 2x1x2 1 Phương trình (1) có nghiệm 0 Ta có: (2m 1)2 4.2.(m 1) 4m2 4m 1 8m 8 4m2 12m 9 (2m 3)2 2 Dễ thấy (3m 3) 0,m nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1, x2 1 2m x x 1 2 2 Theo định lí Vi-ét ta có: m 1 x x 1 2 2 Theo đề bài ta có: 4x2 4x2 2x x 1 4(x2 x2 ) 2x x 1 4 (x x )2 2x x 2x x 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 4(x1 x2 ) 8x1x2 2x1x2 1 4(x1 x2 ) 6x1x2 1 2 1 2m m 1 2 4 6. 1 (2m 1) 3(m 1) 1 0 2 2 m 1 2 2 4m 4m 1 3m 3 1 0 4m 7m 3 0 3 m 4 3 Vậy m 1;  thỏa mãn bài toán. 4 Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R), dây BC cố định. Điểm A di động trên cung lớn BC (AB < AC) sao cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của EF với BC. 1) Chứng minh: Tứ giác BCEF nội tiếp. 2) Chứng minh: KB.KC KE.KF 3) Gọi M là giao điểm của AK với (O) (M A) . Chứng minh MH  AK . Lời giải 1) Chứng minh: Tứ giác BCEF nội tiếp. 0 BE  AC B· EC 90 Do · 0 CF  AB CFB 90
5. · · 0 Tứ giác BCEF có BEC CFB 90 nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau). 2) Chứng minh: KB.KC KE.KF Tứ giác BCEF nội tiếp (câu a) nên K· FB E· CB (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) Xét tam giác KFB và KCE có: Kµ chung KFB KCE (g - g) · · KFB KCE (cmt) KF KB (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) KF.KE KB.KC (đpcm) KC KE 3) Gọi M là giao điểm của AK với (O) (M A) . Chứng minh MH  AK . Kéo dài AH cắt BC tại D thì AD  BC ·ADB 900 Xét tam giác AFH và ADB có: µA chung AF AH AFH ADB (g - g) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) · · 0 AFH ADB = 90 AD AB AF.AB AD.AH (1) · · 0 Dễ thấy tứ giác AMBC nội tiếp (O) nên AMB ACB 180 (tính chất) (2) Tứ giác ABCF nội tiếp (cmt) nên B· FE B· CE 1800 · · Mà BFE AFK (đối đỉnh) ·AFK ·ACB = 1800 (3) · · · Từ (2) và (3) suy ra AMB AFK (cùng bù với ACB ) Xét tam giác AMB và AFK có: µA chung AM AB AMB AFK (g - g) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) · · AMB AFK (cmt) AF AK AM.AK AB.AF (4) AM AD Từ (1) và (4) suy ra AM.AK AD.AH AH AK Xét tam giác AMH và ADK có: µA chung · · AM AH AMH ADK (c - g - c) AMH ADK (hai góc tương ứng) = (cmt) AD AK · 0 · 0 Mà ADK 90 AMH 90 hay HM  AK (đpcm) Câu 5: (3,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: ab bc ca 1 (a b c) a b 2c b c 2a c a 2b 4 Lời giải 1 1 1 1 Ta chứng minh bất đẳng thức với x, y > 0. x y 4 x y
6. Thậy vậy, với x, y > 0 thì: 1 1 1 1 1 x y 2 2 2 (x y) 4xy x 2xy y 4xy 0 x y 4 x y x y 4xy x2 2xy y2 0 (x y)2 0 (luôn đúng) 1 1 1 1 Do đó: với x, y > 0. x y 4 x y Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: 1 1 1 1 1 ab ab 1 1 ( ) a b 2c (a c) (b c) 4 a c b c a b 2c 4 a c b c bc bc 1 1 b c 2a 4 b a c a Tương tự ta có: ca ca 1 1 c a 2b 4 c b a b Cộng vế với vế các bất đẳng thức với nhau ta được: ab bc ca ab 1 1 bc 1 1 ca 1 1 a b 2c b c 2a c a 2b 4 a c b c 4 b a c a 4 c b a b 1 ab ab bc bc ca ca 4 a c b c b a c a c b a b 1 ab bc ab ca bc ca 1 b(a c) a(b c) c(b a) 1 (a b c) 4 a c c b b a 4 a c c b b a 4 1 Do đó VT VP (đpcm). 4 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c.