Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2019-2020 - Tỉnh Bình Phước

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2019-2020 - Tỉnh Bình Phước

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH PHƯỚC Năm học: 2019 – 2020 Môn thi: TOÁN (Chung) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 01/6/2019 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1. (2,0 điểm) 1) Tính giá trị của các biểu thức sau: A 3 49 25 B (3 2 5)2 20 x x x 1 2) Cho biểu thức P : với x 0; x 1 . x 1 x x 3 a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm giá trị của x để P 1 . Câu 2. (2,0 điểm) 1 1) Cho parabol (P) : y x2 và đường thẳng (d) : y x 2 . 2 a) Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy . b) Viết phương trình đường thẳng (d1) : y ax b song song với (d) và cắt (P) tại điểm A có hoành độ bằng 2 . 2x y 5 2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: x 2y 4 Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x2 (m 2)x m 8 0 (1) với m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m 8 . 3 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1; x2 thỏa x1 x2 0 . 2) Nông trường cao su Minh Hưng phải khai thác 260 tấn mũ trong một thời gian nhất định. Trên thực tế, mỗi ngày nông trường đều khai thác vượt định mức 3 tấn. Do đó, nông trường đã khai thác được 261 tấn và song trước thời hạn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày nông trường khai thác được bao nhiêu tấn mũ cao su. Câu 4. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH và đường trung tuyến AM . Biết AH 3cm; HB 4cm . Hãy tính AB, AC, AM và diện tích tam giác ABC .
2. Câu 5. (2,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB 2R . Gọi C là trung điểm của OA , qua C kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt đường tròn (O) tại hai điểm phân biệt M và N . Trên cung nhỏ BM lấy điểm K (K khác B và M ). Gọi H là giao điểm của AK và MN . a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh AK.AH R2 . c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI KM . Chứng minh NI BK .
3. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2,0 điểm) 1) Tính giá trị của các biểu thức sau: A 3 49 25 A 3 72 52 A 3.7 5 A 21 5 A 16 B (3 2 5)2 20 B 3 2 5 22.5 B (3 2 5) 2 5 B 3 2 5 2 5 B 3
4. x x x 1 2) Cho biểu thức P : với x 0; x 1 . x 1 x x 3 a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm giá trị của x để P 1 . Lời giải a) Rút gọn biểu thức P . x x x 1 P : x 1 x x 3 x x x 1 P : x 1 x( x 1) 3 x. x x x 1 P : x( x 1) x( x 1) 3 x x x 1 P : x( x 1) 3 x x 3 P  x( x 1) x 1 x( x 1).3 P x( x 1)( x 1) 3 P x 1 b) Tìm giá trị của x để P 1 . 3 P 1 1 x 1 x 1 3 x 4 x 16 Vậy x 16 thì P 1 .
5. Câu 2. (2,0 điểm) 1 1) Cho parabol (P) : y x2 và đường thẳng (d) : y x 2 . 2 a) Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy . b) Viết phương trình đường thẳng (d1) : y ax b song song với (d) và cắt (P) tại điểm A có hoành độ bằng 2 . Lời giải a) Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy . Bảng giá trị: x 4 2 0 2 4 1 y x2 8 2 0 2 8 2 1 Đồ thị hàm số y x2 là đường Parabol đi qua các điểm ( 4;8);( 2;2) ; (0;0) ; (2;2);(4;8) và nhận 2 Oy làm trục đối xứng. Đồ thị hàm số y x 2 là đường thẳng đi qua điểm (0;2) và điểm ( 2;0)
6. b) Viết phương trình đường thẳng (d1) : y ax b song song với (d) và cắt (P) tại điểm A có hoành độ bằng 2 . Lời giải Vì đường thẳng (d1) : y ax b song song với (d) nên ta có phương trình của đường thẳng (d1) : y x b (b 2) Gọi A( 2; yA ) là giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d1) . A (P) 1 y ( 2)2 2 A 2 A( 2;2) Mặt khác, A (d1) , thay tọa độ của điểm A vào phương trình đường thẳng (d1) , ta được: 2 2 b b 4 (nhận) Vậy phương trình đường thẳng (d1) : y x 4 2x y 5 2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: x 2y 4 2x y 5 4x 2y 10 3x 6 x 2 x 2y 4 x 2y 4 x 2y 4 x 2y 4 x 2 x 2 x 2 2 2y 4 2y 2 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x; y) (2;1)
7. Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x2 (m 2)x m 8 0 (1) với m là tham số. a) Giải phương trình (1) khi m 8 . 3 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1; x2 thỏa x1 x2 0 . Lời giải a) Giải phương trình (1) khi m 8 . Thay m 8 vào phương trình (1), ta được: x2 ( 8 2)x 8 8 0 x2 6x 0 x(x 6) 0 x 0 x 0   x 6 0 x 6 Vậy m 8 thì phương trình (1) có 2 nghiệm: x 6; x 0 3 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1; x2 thỏa x1 x2 0 . Lời giải (m 2)2 4(m 8) m2 4m 4 4m 32 m2 28 0 Phương trình (1) có 2 nghiệm dương phân biệt khi S 0 P 0 m2 28 0 m 2 7 hoaëc m 2 7 m 2 0 m 2 m 2 7 m 8 0 m 8 Theo đề bài, ta có: 3 3 4 4 4 3 x1 x2 0 x1 x2 x1x2 x1 m 8 x1 m 8 x2 (m 8) 4 4 3 x1 x2 m 2 m 8 (m 8) m 8 6 Đặt 4 m 8 t (t 0) , ta có: t t3 t 4 6 t 4 t3 t 6 0 t 4 16 (t3 t 10) 0 (t 2 4)(t 2 4) (t3 8 t 2) 0 2 2 (t 2)(t 2)(t 4) (t 2)(t 2t 4) (t 2) 0 (t 2)(t 2)(t 2 4) (t 2)(t 2 2t 5) 0
8. (t 2)(t3 2t 2 4t 8 t 2 2t 5) 0 (t 2)(t3 t 2 2t 3) 0 t 2 (vì t 0 t3 t 2 2t 3 0 ) 4 m 8 2 m 8 24 16 m 8 (nhận) 2) Nông trường cao su Minh Hưng phải khai thác 260 tấn mũ trong một thời gian nhất định. Trên thực tế, mỗi ngày nông trường đều khai thác vượt định mức 3 tấn. Do đó, nông trường đã khai thác được 261 tấn và song trước thời hạn 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày nông trường khai thác được bao nhiêu tấn mũ cao su. Lời giải Gọi số tấn mũ cao su mỗi ngày nông trường khai thác được là x (tấn) (Điều kiện: )0 x 260 260 Thời gian dự định khai thác mũ cao su của nông trường là: (ngày) x Trên thực tế, mỗi ngày nông trường khai thác được: x 3 (tấn) 261 Thời gian thực tế khai thác mũ cao su của nông trường là: (ngày) x 3 261 260 Theo đề bài, ta có phương trình: 1 x 3 x 261x x(x 3) 260(x 3) x(x 3) x(x 3) x(x 3) 261x x(x 3) 260(x 3) 261x x2 3x 260x 780 261x x2 3x 260x 780 0 x2 4x 780 0 (1) ' 4 780 784 0 ' 784 28 Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt: 2 28 2 28 x 26 (nhận) hoặc x 30 (loại) 1 1 2 1 Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày nông trường cao su khai thác 26 tấn.
9. Câu 4. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH và đường trung tuyến AM . Biết AH 3cm; HB 4cm . Hãy tính AB, AC, AM và diện tích tam giác ABC . Lời giải A C H M B Xét AHB vuông tại H , theo định lí Pitago, ta có: AB2 AH 2 HB2 AB2 32 42 9 16 25 AB 25 5 (cm) Xét ABC vuông tại A , có đường cao AH . 1 1 1 Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: AH 2 AB2 AC 2 1 1 1 1 1 1 1 AC 2 AH 2 AB2 32 52 9 25 1 16 225 AC 2 AC 2 225 16 225 15 AC (cm) 16 4 Xét ABC vuông tại A , theo định lí Pitago, ta có: BC 2 AB2 AC 2 2 2 2 15 225 625 BC 5 25 4 16 16 625 25 BC (cm) 16 4 ABC vuông tại A , AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC 1 1 25 25 AM BC  (cm) 2 2 4 8 1 1 15 75 Diện tích tam giác ABC : S  AB  AC 5 (cm2 ) ABC 2 2 4 8
10. Câu 5. (2,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB 2R . Gọi C là trung điểm của OA , qua C kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt đường tròn (O) tại hai điểm phân biệt M và N . Trên cung nhỏ BM lấy điểm K (K khác B và M ). Gọi H là giao điểm của AK và MN . a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh AK.AH R2 . c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI KM . Chứng minh NI BK . Lời giải a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn. M K H A B C O N Vì AB  HC tại C nên B CH 900 ; Ta có: AKB 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) B KH 900 Xét tứ giác BCHK có: B CH B KH 900 900 1800 Mà B CH; B KH là hai góc đối nhau. Suy ra: Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
11. b) Chứng minh AK.AH R2 . M K H A B C O N Xét ACH và AKB có: ACH AKB 900 ; B AK là góc chung; Do đó: ACH# AKB (g.g) AH AC AB AK R AH.AK AB.AC 2R  R2 2 Vậy AK.AH R2
12. c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI KM . Chứng minh NI BK . E M K H B A C O I N Trên tia đối của tia KB lấy điểm E sao cho KE KM KI Xét OAM có MC là đường cao đồng thời là đường trung tuyến (vì C là trung điểm của OA ) OAM cân tại M AM OM . Mà OA OM R OA OM AM OAM là tam giác đều O AM 600 Ta có: AMB 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AMB vuông tại M . ABM 300 Xét BMC vuông tại C có: B MC M BC 900 B MC 900 M BC 900 300 600 B MN 600 (1) Vì tứ giác ABKM là tứ giác nội tiếp nên E KM M AB 600 Mặt khác: KM KE (cách dựng) EKM cân tại K Và E KM 600 EKM là tam giác đều. K ME 600 (2) Từ (1) và (2) suy ra: B MN K ME 600 B MN B MK K ME B MK N MK B ME Xét BCM vuông tại C có: sin C BM sin300 CM 1 BM 2CM BM 2
13. Mà OA  MN tại C C là trung điểm của MN (đường kính vuông góc với dây cung thì đi qua trung điểm của dây cung). MN 2CM MN BM (vì 2CM ) Xét MNK và MBE có: M NK M BE (Hai góc nội tiếp cùng chắn MK ) MN BM (cmt) N MK B ME (cmt) Do đó: MNK MBE (g.c.g) NK BE (Hai cạnh tương ứng) IN IK BK KE Mà IK KE (vẽ hình) Suy ra: IN BK