Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Đà Nẵng

Dưới đây là Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Đà Nẵng giúp các em kiểm tra lại đánh giá kiến thức của mình và có thêm thời gian chuẩn bị ôn tập cho kì thi tuyển sinh lớp 10 sắp tới được tốt hơn. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI : TỐN Thời gian : 120 phút (khơng tính thời gian giao đề) Bài (1,5 điểm) a) Tính A  12  18   b) Rút gọn biểu thức B  9x   4x   x  với x  1 Tìm x cho B có giá trị 18 Bài (2,0 điểm)  x  2y  a) Giải hệ phương trình   4x  5y  b) Giải phương trình 4x  7x   Bài (1,5 điểm) Cho hai hàm số y  2x y  2x  a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ b) Tìm tọa độ hai giao điểm A B hai đồ thị Tính khoảng cách từ điểm M(2;0) đến đường thẳng AB Bài (1,0 điểm) Cho phương trình 4x  (m  2m  15)x  (m  1)  20  , với m tham số Tìm tất giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm x1 , x thỏa mãn hệ thức x12  x  2019  Bài (1,0 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 80m2 Nếu giảm chiều rộng 3m tăng chiều dài 10m diện tích mảnh đất tăng thêm 20m2 Tính kích thước mảnh đất Bài (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) tâm O, đường kính AB C điểm nằm đoạn thẳng OB (với C  B ) Kẻ dây DE đường tròn (O) vng góc với AC trung điểm H AC Gọi K giao điểm thứ hai BD với đường tròn đường kính BC a) Chứng minh tứ giác DHCK tứ giác nội tiếp b) Chứng minh CE song song với AD ba điểm E, C, K thẳng hàng c) Đường thẳng qua K vng góc với DE cắt đường tròn (O) hai điểm M N  ) Chứng minh EM  DN  AB2 (với M thuộc cung nhỏ AD - HẾT - Họ tên thí sinh: SBD: Phòng thi số: HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Bài (1,5đ) Phần Nội dung a) A  12  18      2   Với x  1 , ta có: B  9x   4x   x   9(x  1)  4(x  1)  x  b) 1) Điểm 0.5 0.5  x 1  x 1  x 1  x 1 B  18  x   18  x    x    x  (TMĐK) Vậy x = giá trị cần tìm  x  2y   4x  8y  12  x  2y   x  2.2   x  1       4x  5y   4x  5y  3y  y  y  Vậy nghiệm hệ phương trình (x; y)  ( 1; 2) 0.5 1.0 4x  7x    4x  8x  x    4x (x  2)  (x  2)  Bài (2,0đ)  (4x  1)(x  2)  2)  4x   (vì x   x) 1.0 x  x 2 Vậy nghiệm phương trình x   Bài (1,5đ) a) * Hàm số y  2x Lập bảng giá trị: x –2 –1 2 2 y  2x Vẽ parabol qua điểm (–2; 8), (–1; 2), (0; 0), (1; 2), (2; 8), ta đồ thị hàm số y  2x * Hàm số y  2x  Cho x = y = 4, ta điểm (0; 4) Cho y = x = 2, ta điểm (2; 0) Đồ thị hàm số y  2x  đường thẳng qua điểm 0.75 y A B H M b) Bài (1,0đ) O C x Xét phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị: x  2x  2x   x  x      x  2 Với x = y = 2, ta điểm B(1; 2) Với x = – y = 8, ta điểm A(– 2; 8) Gọi C giao điểm AB Ox  C(2;0) Vẽ MH  AB Dễ thấy  MAC vuông M, MA = 8, MC = Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng, ta có: 1 1    2  2 MH MA MC 64  MH  (đơn vị dài) 4x  (m  2m  15)x  (m  1)  20   4x  (m  2m  15)x  m  2m  19  Xét a  b  c   (m  2m  15)  m  2m  19   Phương trình có hai nghiệm: c 19  2m  m 19  2m  m x1  1 ; x    x  1 ; x1  a 4 Theo đề bài: x1  x  2019  (1) Xét trường hợp: 19  2m  m + TH 1: x1  1 ; x  Thay vào (1) được: 0.75 1.0 19  2m  m  2019   8080  19  2m  m  1  m  2m  8099   m  89   m  91 19  2m  m ; x  1 Thay vào (1) được: + TH 2: x1   19  2m  m      2019     19  2m  m     2018 (vô lí)   Vậy m  89; 91 giá trị cần tìm Gọi chiều rộng mảnh đất x (m) ĐK: x > Vì diện tích mảnh đất 80m2 nên chiều dài mảnh đất Bài (1,0đ) 80 (m) x Nếu giảm chiều rộng 3m chiều rộng x – (m) 80 Nếu tăng chiều dài 10m chiều dài  10 (m) x Vì diện tích mảnh đất tăng thêm 20m2 nên ta có phương trình:  80  (x  3)   10   80  20  x   x  5x  24  Giải phương trình được: x1  (TMĐK) , x  3 (loại) Vậy chiều rộng mảnh đất 8m chiều dài mảnh đất 80 : = 10 (m) 1.0 D K A H O B C 0.25 E a) Bài (3,0đ) b)   90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có: CKB   90o  CK  DB  DKC   90o (GT) Lại có DHC Tứ giác DHCK có:   DKC   90o  90o  180o DHC  Tứ giác DHCK tứ giác nội tiếp Vì đường kính AB vng góc với dây DE H nên HD = HE (quan hệ vng góc đường kính dây) Tứ giác ADCE có HA = HC HD = HE  Tứ giác ADCE hình bình hành  CE // AD (1) o  Ta có: ADB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  AD  DB Lại có CK  DB (2)  CK // AD Từ (1) (2)  ba điểm E, C, K thẳng hàng (theo tiên đề Ơ-clit) Để cho đơn giản, ta xét tốn sau: Cho (O; R) có hai dây DE MN vng góc với Chứng minh EM  DN  4R 0.75 0.5 0.5 D c) M N O P E 1.0 Vẽ đường kính MP (O)   MEP   90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có: MNP  MN  NP  DE // NP  DEPN hình thang Mà hình thang DEPN nội tiếp đường tròn  DEPN hình thang cân  DN = EP (có thể dùng liên hệ cung dây để chứng minh DN = EP) (3)  EM  DN  EM  EP  EMN vuông E  EM  EP  MP  4R (theo định lí Py-ta-go) (4) 2 Từ (3) (4)  EM  DN  4R  EM  DN  AB2 (đpcm)  ... DB (2)  CK // AD Từ (1) (2)  ba điểm E, C, K thẳng hàng (theo tiên đề Ơ-clit) Để cho đơn giản, ta xét toán sau: Cho (O; R) có hai dây DE MN vng góc với Chứng minh EM  DN  4R 0.75 0.5 0.5 D... mảnh đất 80 : = 10 (m) 1.0 D K A H O B C 0.25 E a) Bài (3,0đ) b)   90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có: CKB   90o  CK  DB  DKC   90o (GT) Lại có DHC Tứ giác DHCK có:   DKC ... 3m chiều rộng x – (m) 80 Nếu tăng chiều dài 10m chiều dài  10 (m) x Vì diện tích mảnh đất tăng thêm 20m2 nên ta có phương trình:  80  (x  3)   10   80  20  x   x  5x  24  Giải phương