Đề thi được biên soạn bởi Sở GD&ĐT Lạng Sơn nhằm khảo sát chất lượng học sinh trong chương trình Toán lớp 9 và thi tuyển sinh vào lớp 10. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi để giúp học sinh nâng cao kiến thức và giúp giáo viên đánh giá, phân loại năng lực học sinh từ đó có những phương pháp giảng dạy phù hợp.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN -ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) - Câu (3,5 điểm) a) Tính giá trị biểu thức sau A = 16 − B= ( ) −3 +3 C= ( −5 ) + b) Giải phương trình, hệ phương trình sau: 1) x − x + 10 = 2) x − 5x − 36 = x − y = −7 3) 2 x + y = Câu (1,0 ñiểm) Cho biểu thức P = a −1 − a +1 + với a ≥ 0, a ≠ a) Rút gọn P b) Tính giá trị P a =3 Câu (1,5 ñiểm) a) Vẽ ñồ thị (P) hàm số y = x b) Tìm giao điểm đồ thị hàm số (P) với ñường thẳng (d): y=x c) Cho phương trình: x + (m + 2) x + m − = (1) (m tham số) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm với m Khi tìm m để biểu thức A = x12 + x 22 − x1 x2 ñạt giá trị nhỏ Câu (3,5 ñiểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB y =0 ta có giao điểm O(0;0) Với x=2 => y=2 ta có giao ñiểm A(2;2) Vậy giao ñiểm ñồ thị hàm số (P) ñường thẳng (d) O(0;0); A(2;2) c) Cho phương trình: x + (m + 2) x + m − = (1) (m tham số) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm với m Khi tìm m để biểu thức A = x12 + x 22 − x1 x đạt giá trị nhỏ Ta có ∆ = (m + 2)2 − 4.1(m − 1) = m + 4m + − 4m + = m + ≥ ∀m Phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt x1,x2 x1 + x2 = −(m + 2) Theo định lý vi-et ta có x1 x2 = m − Theo ta có A = x12 + x22 − x1 x2 = x12 + x22 + x1 x2 − x1 x2 = ( x1 + x2 )2 − x1 x2 = (−(m + 2))2 − 5(m − 1) = m + m + − 5m + = m − m + 1 35 35 35 = m − 2.m + + = ( m − )2 + ≥ 4 4 35 ⇒ A≥ 35 Vậy giá trị nhỏ A m − = hay m = Câu A K O I N M B C H E a) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp Ta có HM ⊥ AB (gt) ⇒ AMH = 900 HN ⊥ AC (gt) ⇒ ANH = 900 Xét tứ giác AMHN có AMH + ANH = 900 + 900 = 1800 Mà AMH ANH góc đối Tứ giác AMHN nội tiếp b) Chứng minh AM.AB=AN.AC Do Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt) AMN = AHN (2 góc nội tiếp chắn cung AN) Mà AHN + HAN = 900 ( ∆ ANH vuông N) ACB + HAN = 900 ( ∆ ANH vuông N) AMN = ACB Xét ∆ ABC ∆ ANM có BAC góc chung AMN = ACB (cmt) ⇒ ∆ABC ñồng dạng ∆ANM (g.g) AB AC ⇒ = ⇒ AB AM = AC AN AN AM d) Chứng minh tứ giác CEIN nội tiếp tam giác AHK cân Xét (0) ta có EAC = EBC (2 góc nội tiếp chắn cung EC) (1) Ta có ABE = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (0)) ABH + CBE = 900 Mà ABH + HAM = 900 ( ∆ ABH vuông H) ⇒ ECB = HAM (2) Từ (1) (2) ⇒ HAM = EAC (3) Do Tứ giác AMHN nội tiếp (cmt) ⇒ AHM = ANM (2 góc nội tiếp chắn cung AM) (4) Mà MHA + HAM = 900 ( ∆ AHM vuông M) (5) Từ (3);(4);(5) ⇒ CAE + ANM = 900 ∆ANI vuôn I AIN = 900 ⇒ NIE = 900 Xét (0) ⇒ ACE = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét tứ giác CEIN có NIE + NCE = NIE + ACE = 900 + 900 = 1800 Mà NIE NCE góc ñối Tứ giác CEIN nội tiếp Xét ∆ AHC vuôn H Áp dụng hệ thức liên hệ cạnh ñường cao AH2=AN.AC (6) Nối A với K ⇒ AKE = 900 ⇒ ∆AKE vuông K Áp dụng hệ thức liên hệ cạnh ñường cao AK2=AI.AE (7) Xét ∆ AIN ∆ ACE có AIN = ACE = 900 CAE chung ∆ AIN ñồng dạng ∆ ACE AI AN = ⇒ AI AE = AC AN (8) AC AE Từ (6)(7)(8) => AH2 =AK2 => AH=AK => ∆ HAK cân A Câu Cho ba số thực không âm a, b, c thỏa mãn a+b+c=1 Chứng minh rằng: a + b + c ≥ 4(1 − a)(1 − b)(1 − c ) ⇒ Ta có a + b + c ≥ 4(1 − a)(1 − b)(1 − c ) ⇒ a + b + c ≥ 4( b + c )( a + c )( a + b) Áp dụng bất đẳng thức si ta có a + b + b + c ≥ ( a + b)( b + c ) ⇒ ( a + b + c )2 ≥ 4( a + b)( b + c ) ⇒ ( a + b + c )2 ( a + c ) ≥ 4( a + b)( b + c )( a + c ) Áp dụng bất đẳng thức si a + 2b + c + a + c 2(a + b + c) ≥ (a + b + c)(a + c) ⇒ ≥ (a + b + c)(a + c) ⇒ ≥ (a + b + c)(a + c) 2 ⇒ ≥ (a + 2b + c)(a + c) ⇒ a + b + c ≥ (a + b + c)2 (a + c) ⇒ a + b + c ≥ 4( a + b)( a + c )( b + c ) ... a=3 vào P = +1 a +1 ta có P = =2 −1 a −1 Vậy P=2 với a=3 Câu a) Vẽ ñồ thị (P) hàm số y = Ta có bảng giá trị sau x -2 y 2 x -1 0 1 2 ðồ thị hàm số y = (1; x ñường cong ñi qua ñiểm (-2 ;2); (-1 ;... y -5 -4 -3 -2 -1 5x b) Tìm giao ñiểm ñồ thị hàm số (P) với ñường thẳng (d): y=x Xét phương trình hồnh độ giao điểm ñồ thị hàm số (P) ñường thẳng (d): x = x ⇔ x = 0; x = 2 Với x=0 => y =0 ta có. .. trị nhỏ Ta có ∆ = (m + 2)2 − 4.1(m − 1) = m + 4m + − 4m + = m + ≥ ∀m Phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt x1,x2 x1 + x2 = −(m + 2) Theo định lý vi-et ta có x1 x2 = m − Theo ta có A = x12