ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÝ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 2020 Môn thi TOÁN Thời gian 90 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (2,0 điểm) Bằng các phép biến[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÝ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG TRỊ NĂM HỌC 2019-2020 Môn thi: TỐN Thời gian: 90 phút (khơng kể thời gian phát đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm): Bằng phép biến đổi đại số, rút gọn biểu thức sau: A  18  50  a4  với a  0, a  B   a 2 a  a 2 Câu (2,5 điểm): Cho hàm số y   x có đồ thị  P  a) Vẽ  P  b) Tìm tọa độ giao điểm  P  đường thẳng  d1  : y  x  c) Tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng  d  : y  x  m cắt  P  hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 x2 thỏa mãn 1   x1 x2 Câu (1,5 điểm): Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 58m diện tích 190m2 Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất Câu (3 điểm): Từ điểm M nằm ngồi đường trịn  O  , kẻ đến  O  tiếp tuyến MP, MQ cát tuyến MAB không qua tâm ( A, B, P, Q thuộc  O  ) Gọi I trung điểm AB, E giao điểm PQ AB a) Chứng minh MPOQ tứ giác nội tiếp b) Chứng minh hai tam giác MPE MIP đồng dạng với c) Giả sử PB  a A trung điểm MB Tính PA theo a Câu (1 điểm): Giải phương trình x    x  x  20 x  27 HẾT - HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Câu (VD) Phương pháp: Sử dụng công thức:  A B A  A2 B  A B    A B A   Cách giải: A  18  50  9.2  25.2    2 Với a  0, a  ta có:  a4  a 2 a 2 a4  B        a4 a   a a 2 a  a 2   a a4  a4 a Vậy A  2 B  Câu (VD): Phương pháp: a) Tìm điểm qua Parabol vẽ đồ thị hàm số b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm, giải phương trình tìm x suy y Từ kết luận giao điểm c) Phương trình có hai nghiệm phân biệt khác   '  x  khơng nghiệm phương trình Biến đổi điều kiện cho làm xuất x1  x2 x1 x2 áp dụng Vi – et tìm m Kiểm tra điều kiện m kết luận Cách giải: a) Vẽ  P  Cho x nhận giá trị 2; 1;0;1; ta có bảng sau: 2 1 1 1 4 4 Do đồ thị hàm số qua điểm A  2; 4  , B  1; 1 , O  0;0  , C 1; 1 , D  2; 4  x y Đồ thị: b) Tìm tọa độ giao điểm  P  đường thẳng  d1  : y  x  Xét phương trình hồnh độ giao điểm parabol  P  đường thẳng  d1  : x   x2  x   x2  x      x  3 Với x  y  1 nên E 1; 1 Với x  3 y  9 nên F  3; 9  Vậy giao điểm  P   d1  E 1; 1 F  3; 9  c) Tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng  d  : y  x  m cắt  P  hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 x2 thỏa mãn 1   x1 x2 Xét phương trình hồnh độ giao điểm  P   d  là:  x  x  m  x  x  m  1 Để  P   d  cắt hai điểm phân biệt  '    m   m  Từ yêu cầu toán ta suy x1 , x2  nên phương trình 1 khơng nhận x  làm nghiệm hay 02  2.0  m   m   x1  x2  2 Theo hệ thức Vi – et ta có:   x1 x2  m Khi đó: x x 1 2     x1 x2 x1 x2   x1  x2   x1 x2   2   2.m  m  5 TM  Vậy m  5 giá trị cần tìm Câu (VD): Phương pháp: Bước 1: Lập phương trình - Chọn ẩn số đặt điều kiện thích hợp cho ẩn số - Biểu diễn đại lượng chưa biết theo ẩn đại lượng biết - Lập phương trình biểu thị mối quan hệ đại lượng Bước Giải phương trình Bước 3: Trả lời Kiểm tra xem nghiệm phương trình, nghiệm thoả mãn điều kiện ẩn, nghiệm không, kết luận Cách giải: Gọi chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật x  m  ; chiều dài mảnh đất hình chữ nhật y  m  Điều kiện: y  x  Nửa chu vi mảnh đất hình chữ nhật : 58 :  29  m  nên x  y  29 Diện tích mảnh đất hình chữ nhật 190m2 nên: x y  190  x  y  29 Theo ta có hệ phương trình   xy  190 Khi x, y nghiệm phương trình:  X  19 (tm) X  29 X  190    X  19  X  10      X  10  tm  Vì x  y nên : x  10; y  19 Vậy chiều rộng mảnh đất 10m; chiều dài mảnh đất 19m Câu (VD): Phương pháp: a) Chỉ tứ giác có tổng hai góc đối 180 tứ giác nội tiếp b) Chứng minh hai tam giác đồng dạng theo trường hợp góc –góc c) Chứng minh hai tam giác MAP MPB đồng dạng từ suy tỉ lệ cạnh tính PA Cách giải: a) Chứng minh MPOQ tứ giác nội tiếp Vì MP, MQ hai tiếp tuyến  O  nên MP  OP; MQ  OQ  MPO  90; MQO  90 Xét tứ giác MPOQ có MPO  MQO  90  90  180 mà hai góc vị trí đối nên tứ giác MPOQ tứ giác nội tiếp b) Chứng minh hai tam giác MPE MIP đồng dạng với Xét  O  có AB dây I trung điểm AB nên OI  AB I (quan hệ đường kính dây) Ta có MPO  90; MQO  90; MIO  90 nên điểm M ; P; Q; I ; O thuộc đường trịn đường kính MO Suy MIP  MPQ (góc nội tiếp chắn cung MP ) (1) Ta lại có MP  MQ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên MPQ cân M  MPQ  MQP (2) Từ (1) (2) suy MIP  MPE Xét MPE MIP có PMI chung MIP  MPE (cmt) nên MPE MIP  g  g  c) Giả sử PB  a A trung điểm MB Tính PA theo a Xét đường trịn  O  có MPA  MBP (góc tạo tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp chắn cung AP ) Xét MPA MBP có PMB chung MPA  MBP (cmt) nên MAP ∽ MPB  g  g  Suy MA MP AP   MP MB PB  MP2  MA.MB mà A trung điểm MB nên MB  2MA Do đó, MP  MA.2MA  MP  2MA2  MP  2MA  Suy MA  MP AP MA PB a    AP   PB MP 2 Vậy AP  a Câu (VDC): Phương pháp: - Tìm ĐKXĐ - Đặt ẩn phụ x    x  t tìm điều kiện - Đưa phương trình phương trình ẩn t - Giải phương trình ẩn t tìm t suy x Cách giải: 2 x   x   2 x3 Điều kiện:  6  x  x  Đặt x    x  t  t   ta có: t2   2x    2x  2x    2x    x    x    4 x  20 x  24 t2   4 x  20 x  24  2 t  t2  0 Điều kiện: , kết hợp t  ta t  t   2  t2   t  4t  Khi 4 x  20 x  24    x  20 x  24      Thay vào phương trình cho ta được: t  4t  t   4t  t  4t   12  t  4t  4t   2  t  t     t     t  t   t     t      t   t  t       t   (do t  nên t  t     0, t )  t  TM  Suy x  20 x  24  1  x  20 x  25   x  Vậy phương trình có nghiệm x  TM 