Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Tỉnh Nghệ An - Năm học 2019 - 2020

docx 3 trang thaodu 23/01/2021 3980
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Tỉnh Nghệ An - Năm học 2019 - 2020", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxde_thi_tuyen_sinh_vao_lop_10_mon_toan_tinh_nghe_an_nam_hoc_2.docx

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Tỉnh Nghệ An - Năm học 2019 - 2020

  1. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2019 - 2020 Câu 1: (2 điểm) Rút gọn biểu thức sau: a) A 12 2 5 3 60. 4x x2 6x 9 b) B . với 0 < x < 3. x 3 x Câu 2: (2,5 điểm) 1) Xác định hàm số bậc nhất y = ax + b, biết rằng đồ thị hàm số đi qua điểm M(1; -1) và N(2; 1). 2) Cho phương trình: x2 2mx m2 m 3 0 (1), với m là tham số. a) Giải phương trình (1) với m = 4. b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 và biểu thức: P x1x2 x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 3: (1,5 điểm) Tình cảm gia đình có sức mạnh phi trường. Bạn Vì Quyết Chiến - Cậu bé 13 tuổi qua thương nhớ em trai của mình đã vượt qua một quãng đường dài 180km từ Sơn La đến bệnh viện Nhi Trung ương Hà Nội để thăm em. Sau khi đi bằng xe đạp 7 giờ, bạn ấy được lên xe khách và đi tiếp 1 giờ 30 phút nữa thì đến nơi. Biết vận tốc của xe khách lớn hơn vận tốc của xe đạp là 35km/h. Tính vận tốc xe đạp của bạn Chiến. Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và MN vuông góc với nhau. Trên tia đối của tia MA lấy điểm C khác điểm M. Kẻ MH vuông góc với BC (H thuộc BC). a) Chứng minh BOMH là tứ giác nội tiếp. b) MB cắt OH tại E. Chứng minh ME.MH = BE.HC. c) Gọi giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp ∆MHC là K. Chứng minh 3 điểm C, K, E thẳng hàng. Câu 5: (1,0 điểm) Giải phương trình: 5x2 27x 25 5 x 1 x2 4. HƯỚNG DẪN LÀM BÀI Câu 1: a) A 12 2 5 3 60 36 2 15 2 15 36 6 b) Với 0 < x < 3 thì x 3 3 x 2 4x x2 6x 9 2 x x 3 2 x x 3 2 x 3 x B . . . 2 x 3 x x 3 x 3 x x 3 x x Câu 2: 1) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm M(1; -1) nên a b 1 đồ thị hàm số đi qua điểm N(2; 1) nên 2a b 1 a b 1 a 2 Yêu cầu bài toán 2a b 1 b 3 Vậy hàm số phải tìm là y = 2x - 3. 2) a) Với m = 4, phương trình (1) trở thành: x2 8x 15 0 . Có 1 0 Phương trình có hai nghệm phân biệt x1 3; x2 5; b) Ta có: ∆' = m 2 1. m2 m 3 m2 m2 m 3 m 3 . Phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 khi ∆' 0 m 3 0 m 3 1
  2. x x 2m m 3 1 2 Với , theo định lí Vi-ét ta có: 2 x1.x2 m m 3 Theo bài ra: P x1x2 x1 x2 x1x2 (x1 x2 ) Áp đụng định lí Vi-ét ta được: P m2 m 3 2m m2 3m 3 m(m 3) 3 Vì m 3 nên m(m 3) 0 , suy ra P 3 . Dấu " = " xảy ra khi m = 3. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi m = 3. Bài 3: Đổi 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ. Gọi vận tốc xe đạp của bạn Chiến là x (km/h, x 0 ) Vận tốc của ô tô là x 35 (km/h) Quãng đường bạn Chiến đi bằng xe đạp là: 7x (km) Quãng đường bạn Chiến đi bằng ô tô là: 1,5(x 35) (km) Do tổng quãng đường bạn Chiến đi là 180km nên ta có phương trình: 7x 1,5(x 35) 180 7x 1,5x 52,2 180 8,5x 127,5 x 15 (thỏa mãn) Vậy bạn Chiến đi bằng xe đạp với vận tốc là 15 km/h. Bài 4: a) Ta có: M OB 900 (do AB MN) và M HB 900 (do MH BC) C Suy ra: M OB M HB 900 900 1800 Tứ giác BOMH nội tiếp. M H K b) ∆OMB vuông cân tại O nên O BM O MB (1) E Tứ giác BOMH nội tiếp nên O BM O HM (cùng chắn cung OM) và O MB O HB (cùng chắn cung OB) (2) A B O Từ (1) và (2) suy ra: O HM O HB ME MH HO là tia phân giác của M HB (3) BE HB N Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vuông tại M có MH là HM HC đường cao ta có: HM 2 HC.HB (4) HB HM ME HC Từ (3) và (4) suy ra: 5 ME.HM BE.HC (đpcm) BE HM c) Vì M HC 900 (do MH BC) nên đường tròn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính là MC M KC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) MN là đường kính của đường tròn (O) nên M KN 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) M KC M KN 1800 3 điểm C, K, N thẳng hàng (*) HC MC ∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) . Mà MB = BN (do ∆MBN cân tại B) MH BM HC MC ME HC , kết hợp với (theo (5) ) HM BN BE HM MC ME 0 Suy ra: . Mà E BN E MC 90 ∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c) BN BE 2
  3. M EC B EN , mà M EC B EC 1800 (do 3 điểm M, E, B thẳng hàng) B EC B EN 1800 3 điểm C, E, N thẳng hàng ( ) Từ (*) và ( ) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng 3 điểm C, K, E thẳng hàng (đpcm) Câu 5: ĐKXĐ: x 2 Ta có: 5x2 27x 25 5 x 1 x2 4 5x2 27x 25 5 x 1 x2 4 5x2 27x 25 x2 4 25x 25 10 (x 1)(x2 4) 4x2 2x 4 10 x 1)(x2 4) 2x2 x 2 5 (x 1)(x2 4) (1) Cách 1: (1) x2 2x 4 4x2 13x 26 0 Giải ra được: 13 3 65 13 3 65 x 1 5 (loại); x 1 5 (nhận); x (nhận); x (loại) 8 8 Cách 2: (1) 5 x2 x 2 x 2 2 x2 x 2 3 x 2 (2) Đặt a x2 x 2; b x 2 (a 0; b 0) Lúc đó, phương trình (2) trở thành: 2 2 2 2 a b 5ab 2a 3b 2a 5ab 3b 0 a b 2a 3b 0  (*) 2a 3b x 1 5(ktm) - Với a = b thì x2 x 2 x 2 x2 2x 4  x 1 5(tm)  13 3 65 x (tm) 2 2 8 - Với 2a = 3b thì 2 x x 2 3 x 2 4x 13x 26 0   13 3 65 x (ktm)  8 13 3 65 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x 1 5 và x . 8 3