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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT LẠNG SƠN NĂM HỌC2019 – 2020 Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm có 01 trang 05 câu Câu 1 (3,5 điểm) a) Tính giá trị của các biểu thức sau 2 A 16 4 B 5 5 3 3 5 C 2 5 2 b) Giải các phương trình, hệ phương trình sau: 2 4 2 2x y 7 1) x 7x 10 0 2) x 5x 36 0 3) 2x 7y 1 Câu 2 (1,0 điểm) 1 1 Cho biểu thức P 1 với a 0, a 1 a 1 a 1 a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P khi a =3 Câu 3 (1,5 điểm) 1 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y x2 2 b) Tìm giao điểm của đồ thị hàm số (P) với đường thẳng (d): y=x c) Cho phương trình: x2 (m 2)x m 1 0 (1) (m là tham số) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m. Khi đó tìm m 2 2 để biểu thức A x1 x2 3x1x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 4 (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB<AC) và nội tiếp đường tròn (0). Vẽ đường cao AH (H BC) , Từ H kẻ HM vuông góc với AB (M AB) và kẻ HN vuông góc với AC (N AC) . Vẽ đường kính AE của đường tròn (O) cắt MN tị I, Tia MN cắt đường tròn (O) tại K a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp b) Chứng minh AM.AB=AN.AC c) Chứng minh tứ giác CEIN nội tiếp và tam giác AHK cân Câu 5 (0,5 điểm) Cho ba số thực không âm a, b, c và thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh rằng: a 2b c 4(1 a)(1 b)(1 c) Hết Họ và tên thí sinh: SBD: .
2. ĐÁP ÁN Câu 1: a) Tính giá trị của các biểu thức sau A 16 4 4 2 2 B 5 5 3 3 5 5 3 5 3 5 5 2 C 2 5 2 2 5 2 ( 2 5) 2 2 5 2 5 c) Giải các phương trình, hệ phương trình sau: 1) x2 7x 10 0 (1) ( 7)2 4.1.10 9 0 Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt 7 9 7 9 x 5 x 2 1 2.1 2 2.1 Vậy phương trình (1)có tập nghiệm là S={2;5} 2) x 4 5x2 36 0 (2) Đặt x2 t (t 0) khi đó phương trình (2) tương đương với t2 5t 36 0 (3) ( 5)2 4.1.( 36) 169 0 Phương trình (3) có 2 nghiệm phân biệt 5 169 t 9 (Thỏa mãn) 1 2.1 5 169 t 4 (Không thỏa mãn) 2 2.1 Với t 9 x2 9 x 3 Vậy phương trình (2)có tập nghiệm là S={-3;3} 2x y 7 8y 8 y 1 y 1 y 1 3) 2x 7y 1 2x y 7 2x 1 7 2x 6 x 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x;y)=(-3;1) Câu 2 a) Rút gọn P 1 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 P 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 Vậy P ới a 0, a 1 a 1 b) Tính giá trị của P khi a =3 a 1 3 1 Thay a=3 vào P ta có P 2 a 1 3 1 Vậy P=2 với a=3
3. Câu 3 1 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y x2 2 Ta có bảng giá trị sau x -2 -1 0 1 2 y 2 1 0 1 2 2 2 1 1 Đồ thị hàm số y x2 là đường cong đi qua các điểm (-2;2);(-1; );(0;0); 2 2 (1; 1 ); (2;2) và nhận trục Oy làm trục đối xứng. 2 y 8 7 6 5 4 3 2 1 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5x b) Tìm giao điểm của đồ thị hàm số (P) với đường thẳng (d): y=x Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (P) và đường 1 thẳng (d): x2 x x 0;x 2 2 Với x=0 => y =0 ta có giao điểm O(0;0) Với x=2 => y=2 ta có giao điểm A(2;2) Vậy giao điểm của đồ thị hàm số (P) và đường thẳng (d) là O(0;0); A(2;2) c) Cho phương trình: x2 (m 2)x m 1 0 (1) (m là tham số) Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m. Khi đó 2 2 tìm m để biểu thức A x1 x2 3x1x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có (m 2)2 4.1(m 1) m2 4m 4 4m 4 m2 8 0 m  Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1,x2
4. x1 x2 (m 2) Theo định lý vi-et ta có x1.x2 m 1 Theo bài ra ta có 2 2 2 2 2 A x1 x2 3x1x2 x1 x2 2x1x2 5x1x2 (x1 x2 ) 5x1x2 ( (m 2))2 5(m 1) m2 4m 4 5m 5 m2 m 9 1 1 35 1 35 35 m2 2.m. (m )2 2 4 4 2 4 4 35 A 4 35 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng khi m 0 hay m 4 2 2 Câu 4 A K O N I M B H C E a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp HM  AB(gt) ·AMH 900 Ta có HN  AC(gt) ·ANH 900 Xét tứ giác AMHN có ·AMH ·ANH 900 900 1800 Mà ·AMH và ·ANH là 2 góc đối  Tứ giác AMHN nội tiếp b) Chứng minh AM.AB=AN.AC Do Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt)  A· MN ·AHN (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AN) Mà ·AHN H· AN 900 ( ANH vuông tại N) A· CB H· AN 900 ( ANH vuông tại N)
5.  A· MN A· CB Xét ABC và ANM có B· AC là góc chung A· MN A· CB (cmt) ABC đồng dạng ANM (g.g) AB AC AB.AM AC.AN AN AM d) Chứng minh tứ giác CEIN nội tiếp và tam giác AHK cân Xét (0) ta có E· AC E· BC (2 góc nội tiếp chắn cung EC) (1) Ta có ·ABE 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (0))  A· BH C· BE 900 Mà A· BH H· AM 900 ( ABH vuông tại H) E· CB H· AM (2) Từ (1) và (2) H· AM E· AC (3) Do Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt) ·AHM A· NM (2 góc nội tiếp chắn cung AM) (4) Mà M· HA H· AM 900 ( AHM vuông tại M) (5) Từ (3);(4);(5) C· AE A· NM 900  ANI vuôn tại I  ·AIN 900 N· IE 900 Xét (0) A· CE 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét tứ giác CEIN có N· IE N· CE N· IE A· CE 900 900 1800 Mà N· IE và N· CE là 2 góc đối  Tứ giác CEIN nội tiếp Xét AHC vuôn tại H Áp dụng hệ thức liên hệ giữa cạnh và đường cao AH 2=AN.AC (6) Nối A với K A· KE 900 AKE vuông tại K Áp dụng hệ thức liên hệ giữa cạnh và đường cao AK 2=AI.AE (7) Xét AIN và ACE có ·AIN A· CE 900 C· AE chung  AIN đồng dạng ACE AI AN AI.AE AC.AN (8) AC AE
6. Từ (6)(7)(8) => AH2 =AK2 => AH=AK => HAK cân tại A Câu 5 Cho ba số thực không âm a, b, c và thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh rằng: a 2b c 4(1 a)(1 b)(1 c) Ta có a 2b c 4(1 a)(1 b)(1 c) a 2b c 4(b c)(a c)(a b) Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có a b b c 2 (a b)(b c) (a 2b c)2 4(a b)(b c) (a 2b c)2 (a c) 4(a b)(b c)(a c) Áp dụng bất đẳng thức cô si a 2b c a c 2(a b c) (a 2b c)(a c) (a 2b c)(a c) 1 (a 2b c)(a c) 2 2 1 (a 2b c)(a c) a 2b c (a 2b c)2 (a c) a 2b c 4(a b)(a c)(b c)