Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2019-2020 - Tỉnh Lạng Sơn

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

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 cóa 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)