Đề toán tuyển sinh lớp 10 THPT năm 2019 2020 sở GD đt ninh thuận

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 trịn 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 trịn tâm O cắt AC kéo dài ñiểm D a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp đường trịn 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 trịn 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 trịn tâm O Gọi S diện tích phần tam giác ABD nằm ngồi hình trịn 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 trịn tâm O : S = S ∆ABD − S ∆ABC ( ) 2 R R  πR R  R 10 − π (ñvdt) − Svp = − −  −  = 12   ……………………………… R2 R = ... diện tích phần tam giác ABD nằm ngồi hình trịn tâm O : S = S ∆ABD − S ∆ABC ( ) 2 R R  πR R  R 10 − π (ñvdt) − Svp = − −  −  = 12   ……………………………… R2 R =