Đang tải... (xem toàn văn)
kính 1cm và ng ập hoàn toàn trong nước làm nước trong cốc dâng lên.Hỏi sau khi th ả 6viên bi vào thì mực nước trong cốc cách miệng cốc bao nhiêu xentimet. (Giả sử độ dài của cốc là khô[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LAK
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2019-2020
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức 32 22 11
A= − +
2) Giải phương trình: x2 −2x=
3) Xác định hệ số a hàm số y =ax2,biết đồ thị hàm số qua điểm A(−3;1) Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: ( ) ( )
2 0(1)
x − m−n x+ m+ n− = (m n tham ,
số)
1) Với n= chứng minh phương trình 0, ( )1 ln có nghiệm với giá trị m 2) Tìm m n, để phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2thỏa x1+ x2 = −1và x12 +x22 =13
Câu (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d có phương trình 2
y= − +x Gọi ,
A B giao điểm d với trục hoành trục tung; H trung điểm
đoạn thẳng AB.Tính độ dài đoạn thẳng OH(đơn vi trục tọa độ xentimet)
2) Một cốc nước dạng hình trụ có chiều cao 12 ,cm bán kính đáy ,cm lượng
nước cốc cao 8cm.Người ta thả vào cốc nước 6viên bi hình cầu có bán
kính 1cm ngập hoàn toàn nước làm nước cốc dâng lên.Hỏi sau thả 6viên bi vào mực nước cốc cách miệng cốc xentimet? (Giả sử độ dài cốc không đáng kể)
Câu (3,0 điểm)
Cho đường trịn (O) có hai đường kính AB CDvng góc với Điểm M thuộc cung nhỏ BD cho BOM =30 Gọi Nlà giao điểm CM OB Tiếp tuyến M đường tròn (O) cắt OB OD kéo dài l, ần lượt E F Đường thẳng qua Nvà vng góc với AB cắt EF P
1) Chứng minh tứ giác ONMP tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh tam giác EMNlà tam giác 3) Chứng minh CN =OP
4) Gọi H trực tâm tam giác AEF.Hỏi ba điểm , ,A H P có thẳng hàng khơng ?
Vì ?
Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x y z, , thỏa mãn: x+2y+3z=2
Tìm giá trị lớn biểu thức: 3
3 3
xy yz xz
S
xy z yz x xz y
= + +
(2)ĐÁP ÁN Câu
22
1) 32
11 22 16.2 18
11 2 2
A= − +
= − +
= − + =
Vậy A=2
2) 2 ( 2) 0
2
x x
x x x x
x x = = − = ⇔ − = ⇔ ⇔ − = =
Vậy phương trình cho có tập nghiệm S ={ }0;2
3) Đồ thị hàm số y =ax2đi qua điểm A(−3;1)nên thay tọa độ điểm Avào công thức hàm số ta được: ( )2
1
9
a a
= − ⇔ =
Vậy
a=
Câu
1) Với n=0ta có phương trình ( )1 ⇔ x2−2mx+2m− =1
Phương trình có 2 ( )2
' m 2m m m
∆ = − + = − ≥ ∀
Vậy với n= phương trình ( )1 ln có nghiệm với m
2) Ta có: ∆ =(2m−n)2 −4 2( m+3n− =1) 4m2 −4mn+n2 −8m−12n+
Phương trình (1) có hai nghiệm x x1, ( )
2
0 4m 4mn n 8m 12n *
⇔ ∆ ≥ ⇔ − + − − + ≥
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:
1
2 (2)
2 1(3)
x x m n
x x m n
+ = −
= + −
Theo đề ta có:
( )
1 2
2 2
1 2
1 (4)
13 13 (5)
x x
x x
x x x x x x
+ = − + = − ⇔ + = + − =
Thế (3) (4) vào (5) ta được:
( ) ( )2 ( )
5 2 13
1 13
4 10 5(6)
m n
m n
m n m n
⇔ − − + − =
⇔ − − + =
⇒ + = − ⇔ + = −
Từ (2) (4) ta có: 2m− = − ⇔ =n n 2m+1 (7)
Thế (7) vào (6) ta được: 2m+3 2( m+ = − ⇔1) 2m+6m+ = − ⇔3 8m= − ⇔ = − m
( )
2 1
n m
(3)Thay m= −1,n= − vào điều kiện ( )* ta có:
( )2 ( )( ) ( )2 ( ) ( )
4 −1 −4 −1 − + −1 −8 − −1 12 − + =1 25>
1
m n
= − ⇒ = −
thỏa mãn
Vậy m= −1,n= − giá trị cần tìm Câu
1) Cho :
2
d y= − +x
Ta có: { } ( ;0) 2 2;0
2 2
A A A
d∩Ox= A ⇒ A x ⇒ − +x = ⇔ x = ⇒ A ⇒OA=
{ } ( ) 2 2
0; 0;
2 2
B B B
d∩Oy = B ⇒B y ⇒ + = y ⇔ y = ⇒B ⇒OB=
Vì OAB∆ vng cân O (do 2)
OA=OB= mà OHlà đường trung tuyến nên OH đường cao
Sử dụng hệ thức lượng tam giác ∆OABvuông O có đường cao OHta có:
A B
(4)2
2 2
2
1 1 1
2
2
2
1
0,5
OH OA OB
OH OH cm
= + = + = + =
⇒ = ⇔ =
Vậy OH =0,5cm
2) Thể tích dâng lên thể tích viên bi thả vào cốc Thể tích nước cốc ban đầu: ( )3
1 32
V =π = π cm
Thể tích viên bi thả vào cốc là: 2 6.4 13 ( )3
V = π = π cm
Thể tích sau thả thêm viên bi là: ( )3
1 32 40
V = +V V = π + π = π cm
⇒Chiều cao mực nước cốc lúc là: 2 40 2 10( )
V
h cm
R
π
π π
= = =
(5)Câu
1) Xét tứ giác ONMP ta có:
0( )
90
ONP= NP⊥ AB
90
OMP= (EF tiếp tuyến ( )O )⇒ONP =OMP=900
Mà hai đỉnh ,N Plà hai đỉnh kề nhìn cạnh OP nên ONMP tứ giác nội tiếp
2) Xét ( )O ta có:
COM góc ở tâm chắn cung CM
CME góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung CM
1( ) 1( 0)
90 30 60
2 2
CME COM COB BOM
⇒ = = + = + = (tính chất góc nơi tiếp góc
tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung) Hay NME =600
Xét ∆OMEvng ,M ta có: OEM =900 −EOM =900 −300 =600
H
P
F
E N
M D
C
B O
(6)Xét MNE∆ ta có: NEM =NME=60 (0 cmt)⇒ ∆NMElà tam giác (đpcm)
3) Ta có: MNE∆ tam giác (cmt)
60
ENM ONC
⇒ = = (hai góc đối đỉnh)
0
90 90 60 30
OCN ONC
⇒ = − = − =
Vì ONMP tứ giác nội tiếp (cmt)
30
OPN OMN
⇒ = = (hai góc nội tiếp chắn cung ON)
Ta có: { }
{ }
OC AB O
OC NP OCPN
NP AB N
⊥ =
⇒ = ⇒
⊥ =
hình thang
Mà OCN =OPN =30 (0 cmt)
Lại có hai góc hai góc đối nên OCNP hình bình hành
( )
OC NP dfcm
⇒ =
4) Gọi I chân đường cao kẻ từ Ađến EF H AI∈ Giả sử phản chứng , ,A H P thẳng hàng P I≡ hay AP EF⊥
Có EOP=NOP =900 −ONP =600và OEP=60 (0 cmt)nên OEP∆ tam giác cân có góc
60 nên tam giác ⇒OP= PE(1)
Lại có: 0
90 90 60 30
POF = −EOP= − = PFO=900 −OEP =900 −600 =300nên tam giác OPF cân P hay OP=PF(2)
Từ (1) (2) suy PE =PF(=OP)
Xét ∆AEFcó AP⊥EF gt( )⇒PE =PFnên AP vừa đường cao vừa đường trung
tuyến AEF
⇒ ∆ cân A , mà AEF =600nên tam giác AEFđều FO
⇒ vừa đường cao, vừa đường trung tuyến ⇒OA=OE(vơ lý OA<OE)
(7)Câu
Do x+2y+3z = nên
2
2 ,
3 2
x y z
y x z
z x y
= − − = − − = − − Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )
3 2 2 2
3 2 3 2
3 2 3 2 2
xy z xy x y xy x y x y y x y
yz x yz y z yz z y y z
xz y xz x z xz z x z x x x z
+ = + − − = − − − = − − − = − − + = + − − = − − − = − − + = + − − = − − − = − − − = − − Suy ra: ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3
2 1 2
2 3
2 2
1 2 3
2 2 2 2
1 2 3
2 2 2
1 3
2 2
xy yz xz
S
x y y z x z
x y y z x z
y x z y z x
x y y z x z
y x z y z x
x y y z x z
y x z y z x
x z y z y x
y x = + + − − − − − − = + + − − − − − − ≤ + + + + + − − − − − − = + + + + + − − − − − − + + + = + + − − ( )
1 2 2 3
1 1
2 2(1 ) 2 2
z
y x z
y x z
− − − − = + + = + + = − − −
Hay 3
2
S ≤ ⇒MaxS =
Dấu”=” xảy
( )
( ) 2
2
2
2
2 4
2 3
2
x y
y x
y z
x x y y z z
z y x z z x = − − ⇔ − = ⇒ − = − = − − = − −