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

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm 2019-2020 môn Toán có đáp án - Sở GD&ĐT Ninh Thuận là tài liệu hữu ích giúp các em ôn tập cũng như hệ thống kiến thức môn học, giúp các em tự tin đạt điểm số cao trong kì thi tuyển sinh THPT sắp tới. Mời các em cùng tham khảo đề thi.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH THUẬN -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) ĐỀ BÀI (Đề thi gồm 01 trang) Bài (2,0 ñiểm): Giải bất phương trình hệ phương trình sau: 3x + y = b)  a) x – > x + ; x − y = Bài (2,0 ñiểm) : Cho Parabol ( P ) : y = x ñường thẳng ( d ) : y = x + a) Vẽ ñồ thị (P) hệ trục tọa độ Oxy ; b) Tìm tọa độ giao ñiểm (P) (d) Bài (2,0 ñiểm)  a  a − a +1 a) Rút gọn biểu thức : P =  − −   với a > a ≠  a + 2 a a −    b) Chứng minh phương trình : x − (2m − 1) x + 2m − = ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x12 + x22 Bài (2,0 ñiểm) : Cho ∆ ABC vuông C nội tiếp đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R, ABC = 600 Gọi H chân ñường cao hạ từ C xuống AB, K trung ñiểm ñoạn thẳng AC Tiếp tuyến B đường tròn tâm O cắt AC kéo dài ñiểm D a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AC.AD= 4R2 c) Tính theo R diện tích phần tam giác ABD nằm ngồi hình tròn tâm O HẾT Bài (2,0 ñiểm): a) x – > x + ⇔ 3x > ⇔ x > Vậy nghiệm bất phương trình x > 3x + y = 6 x + y = 7 x = x = x = b)  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ x − y = x − y =  x − y = 1 − y =  y = −2 Vậy, nghiệm hệ phương trình ( x; y ) = (1; −2 ) Bài (2,0 ñiểm) a) Vẽ ñồ thị hàm số y = x Bảng giá trị : x y = 2x2 -2 -1 0 2 ðồ thị hàm số y = x ñường cong ñi qua ñiểm: ( −2;8 ) , ( −1; ) , ( 0;0 ) , (1; ) , ( 2;8) ðồ thị hình vẽ : y x O b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) : x = 3x + 22 x – 3x – = (*) Ta có ∆ = (-3)2 – 4.2.(-2) = 25 > ⇒ ∆ =5 ⇒ Phương trình (*) có hai nghiệm : x = −1 x = 2 Khi x = −1  −1   −1  y =   = ta ñược giao ñiểm  ;  2    2 Khi x = y = ( ) = ta ñược giao ñiểm ( 2;8 )  −1  Vậy giao ñiểm (P) (d)  ;  ( 2;8 )  2 Bài (2,0 ñiểm) a) Rút gọn :  a a +1   a −1 P =  − −   với a > a ≠  a −   2 a  a +1 a −1 = a ( ) ( a + 1) ( a − 1)( a + 1) a −1 − == a − −4 a = -2 a a −1 Vậy P = -2 b) Ta có ∆ ’ = ( m − 1) − ( 2m − ) = m − 2m + − 2m + = m − 4m + = ( m − 4m + ) + = ( m − ) + > với m ⇒ Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với m  x1 + x2 = 2(m − 1) Theo định lí vi-ét ta có :   x1.x2 = 2m − Theo đề ta có : A = x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 ⇒ A = ( m − 1) − ( 2m − ) = 4m − 8m + − 4m + = ( 2m ) − 2.2m.3 + 32 + = ( 2m − 3) + ≥ ∀ m 2 Vậy giá trị nhỏ A m = Bài (2,0 ñiểm) D C K 600 A O H a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp đường tròn Vì K trung ñiểm dây cung AC nên OK ⊥ AC ⇒ CKO = 900 Xét tứ giác CHOK có : CKO = 900 (cmt) B CHO = 900 (vì CH ⊥ AB) Vì CKO + CHO = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác CHOK nội tiếp b) Chứng minh AC.AD= 4R2 Xét ∆ ACB ∆ ABD có : ACB = ABD = 900 BAD góc chung Vậy ∆ ACB ∽ ∆ ABD (g-g) ⇒ AC AB = ⇒ AC.AD = AB2 = (2R)2 = 4R2 (đpcm) AB AD c) Tính theo R diện tích phần tam giác ABD nằm ngồi hình tròn tâm O Gọi S diện tích phần tam giác ABD nằm ngồi hình tròn tâm O Khi : S = S ∆ABD − S ∆ABC − Svp Ta có : OB = OC = bk, ABC = 600 ⇒ ∆ OBC tam giác ñều ⇒ OB = OC = BC = R BOC = 600 Lại có CH ⊥ AB ⇒ H trung điểm OB ⇒ BH = R 3R ⇒ AH = 2 Trong ∆ CHB vng H có : CH + BH = BC ⇒ CH = BC − HB = R − AH CH AB.CH = ⇒ BD = = Vì CH // BD (cùng vng góc với AB) nên AB BD AH R = 2R 3R 2 R Khi : S ∆ABD = 1 2R 2R2 AB.BD = R = 2 3 R2 1 R S ∆ABC = CH AB = R = 2 2 Svp = S qBOC − S ∆BOC = π.R 60 πR R πR R − OB.CH = − R = − 360 2 Vậy diện tích phần tam giác ABD nằm ngồi hình tròn tâm O : S = S ∆ABD − S ∆ABC ( ) 2 R R  πR R  R 10 − π (ñvdt) − Svp = − −  −  = 12   ……………………………… R2 R = ... Phương trình hồnh ñộ giao ñiểm (P) (d) : x = 3x + 22 x – 3x – = (*) Ta có ∆ = (-3 )2 – 4.2. (-2 ) = 25 > ⇒ ∆ =5 ⇒ Phương trình (*) có hai nghiệm : x = −1 x = 2 Khi x = −1  −1   −1  y =   = ta... 1) a −1 − == a − −4 a = -2 a a −1 Vậy P = -2 b) Ta có ∆ ’ = ( m − 1) − ( 2m − ) = m − 2m + − 2m + = m − 4m + = ( m − 4m + ) + = ( m − ) + > với m ⇒ Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1... ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với m  x1 + x2 = 2(m − 1) Theo định lí vi-ét ta có :   x1.x2 = 2m − Theo đề ta có : A = x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 ⇒ A = ( m − 1) − ( 2m − ) = 4m − 8m