1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

TS10 20 LAO CAI

4 10 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 4
Dung lượng 396 KB

Nội dung

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI : TỐN KHƠNG CHUN Thời gian : 120 phút (khơng tính thời gian giao đề) Bài (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức sau: a) 3 Bài 2: (1,5 điểm) Cho biểu thức H   5 b) 6  2x  2x 1   với x �0; x �1 x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức H b) Tìm tất giá trị x để x H0 Bài (2,5 điểm) 1) Cho đường thẳng (d): y  x  parabol (P): y  3x a) Tìm tọa độ A thuộc parabol (P) biết điểm A có hồnh độ x  1 b) Tìm b để đường thẳng (d) đường thẳng (d’): y  x  b cắt điểm trục hoành �x  y  2x  y  � 2) a) Giải hệ phương trình � � xya Có nghiệm  x; y  thỏa mãn 7x  2y  5a  � b) Tìm tham số a để hệ phương trình � y  2x Bài (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x  3x   b) Tìm giá trị tham số m để phương trình x  2(m  1)x  m  có hai nghiệm phân biệt x1 , x thỏa mãn hệ thức  x1  x   6m  x1  2x Bài (3,0 điểm) Cho đường tròn (O), điểm M nằm ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến MB, MC (B C tiếp điểm) với đường tròn Trên cung lớn BC lấy điểm A cho AB < AC Từ điểm M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng cắt đường tròn (O) D E (MD < ME),cắt BC F, cắt AC I a) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp b) Chứng minh FD.FE  FB.FC;FI  FE  FD.FE c) Đường thẳng OI cắt đường tròn (O) P Q (P thuộc cung nhỏ AB) Đường thẳng QF cắt đường tròn (O) K (K khác Q) Chứng minh điểm P, K, M thẳng hàng - HẾT Họ tên thí sinh: SBD: Phòng thi số: HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: a) 3 23 b) 5  6    6  6  Bài 2: a) H  2x  x  1 2x  2x 1 1      x 1 x 1 x   x  1  x  1 x 1 x 1  2x 1    x 1 x 1 x 1  2x  x 1  x 1  1  x 1 x 1 x  H  � x  � x  � x  Kết hợp điều kiện x �0; x �1 ta có �x  4; x �1 Vậy với �x  4; x �1 x  H  b) Theo đề ta có Bài 3: 1) a) Điểm A có hồnh độ x  1 thuộc P nên thay x  1 vào P ta : y   1  � A  1;3 b)Gọi B  x B ;0  điểm thuộc trục hoành giao điểm hai đường thẳng d, d’ ta có B  x B ;0  thuộc d � x B  1 � B  1;0  1  b � b   2 3x  x2 �x  y  � � �� �� 2) a) � 2x  y  �y   x � �y  Lại có: B  1;0  �d ' �  Vậy hệ pt có nghiệm nhất:  x; y    2;3  b)Hệ phương trình có 1 � � hệ pt 2 � x  y  a  1 có nghiệm với a � 7x  2y  5a    � Theo đề ta có hệ pt có nghiệm thỏa mãn y  2x Thay y  2x vào (1) ta được: x  2x  a � x  a � y  2a Thay x  a; y  2a vào (2) ta được:  a    2a   5a  � 7a  4a  5a  1 � 8a  1 � a  Vậy a  thỏa mãn toán Bài 4: a) x  3x   Phương trình có dạng a  b  c  Khí pt có hai nghiệm phân biệt x1  1; x  Vậy tập nghiệm phương trình là: S   1;2 b) x  2(m  1)x  m  2 Ta có:  '  �   m  1 � � � m  m  2m   m   2m Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x �  '  �  2m  � m  �x1  x   m  1 � x1 x  m Theo vi-ét ta có: � Theo đề ta có:  x1  x   6m  x1  2x �  x1  x   4x1x  6m  x1  2x �  m  1  4m  6m  x1  2x 2 � 2m   x1  2x Khi kết hợp với x1  x   m  1 ta có hệ pt: 4 � � x2  m  x2  m  � � �x1  x   m  1 � 3x  4m  � � 3 �� �� �� � �x1  x  2m  �x1  2x  2m  �x  2m   m  � x  m 1 3 � � � x2  m  � � Thay � vào x1x  m ta được: � x  2m � �m  1 4� �4 �2 �1 m  m  m � m  m  �  m m   � (tm) � � � � � m  12 3� �3 �3 �9 � Vậy m  0; m  12 thỏa mãn yêu cầu đề Bài 5: �  OCM � a) Do Mb,Mc hai tiếp tuyến đường tròn (O) nên OBM  900 �  OCM � Xét tứ giác MBOC có: OBM  1800 suy tứ giác MBOC tứ giác nội tiếp b) Xét tam giác FBD tam giác FEC có: �  EFC �  dd  BFD �  FCE � ( hai góc nội tiếp chắn cung BE) FDB FB FD  � FD.FE  FB.FC  1 FE FC �  DIC � Ta có AB// ME suy BAC �  MBC � (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung BC) Mà BAC �  MBC � � MBF �  CIF � � DIC � FBD : FEC  g  g  � Xét tam giác FBM tam giác FIC có: �  IFC � (đđ) BFM �  CIF �  cmt  MBF FB FM  � FI.FM  FB.FC   FI FC Từ (1) (2) � FI.FM  FD.FE  3 � FBM : FIC  g  g  � c) Xét tam giác FDK tam giác FQE có: �  EFQ � (đđ) KFD �  FEQ � ( hai góc nội tiếp chắn cung DQ) FKD � FKD : FEQ  g  g  FK FD  � FD.FE  FK.FQ   FE FQ FM FK  Từ (3) (4) � FI.FM  FK.FQ � FQ FI � Xét tam giác FMQ tam giác FKI có: FM FK   cmt  FQ FI �  KFI � MFQ �  FKI � � FMQ : FKI  c  g  c  � FMQ Suy tứ giác KIQM tứ giác nội tiếp � � (hai góc nội tiếp chắn cung MQ) � MQK  MIQ �  CIF � � MBC �  MIF � suy tứ giác MBIC tứ giác nội tiếp Ta có MBF Mà MOBC tứ giác nội tiếp nên M, B, O, I, C thuộc đường tròn �  900 suy OM đường kính đường trịn qua điểm M, B, O, I, C Ta có OBM �  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Suy OIM �  900 � IM  OI � MIQ � �  900 � MKQ  MIQ �  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Lại có QKP �  MKQ �  QKP �  1800 Từ ta có: MKP Vậy điểm P, K, M thẳng hàng

Ngày đăng: 06/02/2021, 10:08

w