Tuyển tập đề toán vào lớp 10 Quảng Trị
Nội dung tài liệu
Tải xuống
Link tài liệu:
Các tài liệu liên quan
Có thể bạn quan tâm
Thông tin tài liệu
Sưu tầm
TUYỂN TẬP ĐỀ TOÁN VÀO 10
TỈNH QUẢNG TRỊ QUA CÁC NĂM
Thanh Hóa, ngày 12 tháng 8 năm 2020
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG TRỊ
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
Khóa ngày 21 tháng 7 năm 2020
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài : 120 phút
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Câu 1. (1,5 điểm)
Bằng các phép biến đổi đại số, hãy rút gọn các biểu thức sau :
A=
2. 7 + 81 − 14
x > 0
1
1
B=
−
.( x − 1) x ≠ 1
x
x −1
Câu 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau :
a )9 x 2 − 2 x − 7 =
0
8
2 x + 3 y =
b)
−1
5 x − 3 y =
Câu 3. (1,5 điểm) Cho hàm số y = 2 x có đồ thị ( P )
2
a) Vẽ đồ thị ( P )
b) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d ) : y = m cắt ( P ) tại hai điểm
phân biệt A, B sao cho AB = 10
Câu 4. (1,5 điểm)
Một tàu du lịch xuất phát từ cảng Cửa Việt đến đảo Cồn Cỏ, tàu dừng lại ở đảo 40
phút rồi quay về điểm xuất phát. Tổng thời gian của chuyển đi là 3 giờ. Biết rằng vận tốc
của tàu lúc về lớn hơn lúc đi là 4 hải lý/ giờ và cảng Cửa Việt cách đảo Cồn Cỏ 16 hải lý.
Tính vận tốc của tàu lúc đi
Câu 5. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn ( AB ≠ AC ) nội tiếp đường tròn ( O; R ) . Các đường cao
BD và CE ( D ∈ AC , E ∈ AB ) của tam giác ABC cắt nhau tại H. Gọi I là giao điểm thứ
hai của CE và đường tròn ( O ) . Chứng minh rằng:
a) AEHD là tứ giác nội tiếp
b)
AHB =
AIB
2
2
c) AH + BC =
4R2
2
2
Câu 6. (0,5 điểm) Cho các phương trình bậc hai ax + bx + c = 0; cx + bx + a = 0 ( a ≠ c )
có duy nhất một nghiệm chung. Gọi x1 , x2 lần lượt là hai nghiệm còn lại của hai phương
trình trên. Chứng minh x1 + x2 > 2
2
ĐÁP ÁN
Câu 1.
A = 2. 7 + 81 − 14 = 14 + 9 − 14 = 9
x > 0
1
1
−
−
B=
x
1
)
(
x ≠ 1 =
x
x −1
1
.
x
=
(
x − x +1
x.
(
)
x −1
.
(
)(
x +1
)
x −1
x +1
x
)
+1
x=
Câu 2.
a )9 x 2 − 2 x − 7 = 0 ⇔ 9 x 2 − 9 x + 7 x − 7 = 0
⇔ 9 x ( x − 1) + 7 ( x − 1) = 0 ⇔ ( x − 1)( 9 x + 7 ) = 0
x =1
⇔
7
x = −
9
7
Vậy =
S 1; −
9
7 x = 7
=
2 x + 3 y 8 =
x 1
⇔
b)
8 − 2x ⇔
=
5 x − 3 y 1 =
y 2
y = 3
Vậy ( x; y ) = (1;2 )
Câu 3.
a) Học sinh tự vẽ hình
b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là :
2m
⇒ y=
m
x=
1
1
2m
2m
2
2
2x =
; m ; B −
; m . Vì AB = 10
m⇔
⇒ A
2
2
2m
−
⇒ y2 =
m
x2 =
2
( y A − yB )
⇒
2
+ ( x A − xB ) =
10
2
2m
2m
2
⇔ ( m − m) +
+
100
=
2
2
⇔
(
)=
2
2m
100 ⇔ 2m = 100 ⇔ m = 50
Câu 4. Gọi x là vận tốc lúc đi ( x > 4 ) ⇒ vận tốc lúc về: x − 4
Suy ra thời gian lúc đi :
16
16
2
; 40 phút = h
, thời gian lúc về:
x
x−4
3
3
Nên tổng thời gian đi và về là : 3 −
2 7
=(h) nên ta có phương trình
3 3
16
16
7
+
= ⇔ 3 16 ( x − 4 ) + 16 x = 7 x ( x − 4 )
x x−4 3
⇔ 3.( 32 x − 64 ) = 7 x 2 − 28 x ⇔ 7 x 2 − 124 x + 192 = 0
⇔ 7 x 2 − 112 x − 12 x + 192 =
0 ⇔ 7 x ( x − 16 ) − 12 ( x − 16 ) =
0
x = 16(tm)
⇔ ( x − 16 )( 7 x − 12 ) =0 ⇔
12
x = (ktm)
7
Vậy vận tốc lúc đi là 16 hải lý / 1 giờ.
Câu 5.
A
D
I
E
B
H
O
C
M
A'
a) Ta có: ∠ADH + ∠AEH
= 90 + 90= 180 ⇒ tứ giác AEHD nội tiếp
0
0
0
b) Ta có :
AIC =
ABC (tứ giác AIBC nội tiếp cùng chắn cung AC)
∠BEC =
∠BDC =
900 ( gt ) ⇒ BEDC là tứ giác nội tiếp
=
(góc trong tại 1 đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện)
⇒ EBC
EDA
=
⇒ EIA
AHE
(1)
Mặt khác
ADE =
AHE (do tứ giác AEHD nội tiếp)
= BAC
( AIBC là tứ giác nội tiếp)
Tương tự ta có: BIC
( HEAD là tứ giác nội tiếp); DHC
= DHC
= IHB
(đối đỉnh)
BAC
= IHB
( 2)
Nên BIC
4
Từ (1) và (2) suy ra
AIB =
AHB
c) Kẻ đường kính AOA ', chứng minh được BHCA ' là hình bình hành nên HA ' đi qua
1
2
AH mà BM
=
trung điểm M của BC ⇒ OM =
(OM ⊥ BC - tính chất đường kính dây cung)
1
BC ⇒ ∆OMI vuông tại I
2
Áp dụng định lý Pytago và các biến đổi ta có:
BC =
( 2 BM ) =4 BM 2 =4 ( BO 2 − OM 2 ) =4 R 2 − 4OM 2
2
2
=
AH
Mà
2
2OM )
(=
2
4OM 2
⇒ AH 2 + BC 2= 4OM 2 + 4 R 2 − 4OM 2= 4 R 2
Câu 6.
Gọi m là nghiệm chung của phương trình: ax + bx + c =
0 (1) và cx + bx + a =
0( 2)
2
2
am 2 + bm + c =
0 ( 3)
. Lấy ( 3) − ( 4 ) ta được:
⇒ 2
cm
+
bm
+
a
=
0
4
( )
0
( a − c ) m2 − ( a − c ) =
m = 1
⇔ ( a − c ) ( m 2 − 1) = 0 ⇔ m 2 − 1 = 0 ( do a ≠ c ) ⇒
m = −1
c
Với m = 1, pt (1) có hai nghiệm x2 = 1; x1 thỏa mãn x1 x2 =
a
c
c
a
⇔ 1.x1 = ⇒ x1 = , tương tự: x2 = . Áp dụng định lý Cô si ta có:
c
a
a
a c
a c
a c
+ ≥2 . =
2 . Dấu " = " xảy ra ⇔ = ⇔ a = c(ktm)
c a
c a
c a
c
a
Với m = −1, chứng minh tương tự như trên ⇒ x1 =
− , x2 =
−
a
c
c
a
Áp dụng bđt Cô – si ⇒ x1 + x2 = − + − ≥ 2 . Dấu " = " xảy ra ⇔ a =
c(ktm)
a
c
Vậy x1 + x2 > 2
5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG TRỊ
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Khóa ngày 04 tháng 6 năm 2019
Môn thi: TOÁN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1. (2,0 điểm)
Bằng các phép biến đổi đại số, hãy rút gọn các biểu thức sau:
=
A
18 − 50.
1 a−4
1
B
=
+
với a > 0, a ≠ 4.
.
a +2 a
a −2
Câu 2. (2,5 điểm)
Cho hàm số y = − x 2 có đồ thị ( P).
a) Vẽ ( P).
b) Tìm tọa độ giao điểm của ( P) và đường thẳng (d1 ) : =
y 2 x − 3.
c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d 2 ) : =
y 2 x + m cắt ( P) tại
hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 thỏa mãn
1 1 2
+ =.
x1 x2 5
Câu 3. (1,5 điểm) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi là 58 m và diện tích là 190 m 2 .
Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó.
Câu 4. (3,0 điểm) Từ điểm M nằm ngoài đường tròn (O), kẻ đến (O) các tiếp tuyến
MP, MQ và cát tuyến MAB không đi qua tâm ( A, B, P, Q thuộc (O ) ). Gọi I là trung điểm
của AB, E là giao điểm của PQ và AB.
a) Chứng minh MPOQ là tứ giác nội tiếp.
b) Chứng minh hai tam giác MPE và MIP đồng dạng với nhau.
c) Giả sử PB = a và A là trung điểm của MB. Tính PA theo a.
Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình
2 x − 4 + 6 − 2 x= 4 x 2 − 20 x + 27.
-------------- HẾT-------------Họ và tên thí sinh: ....................................................Số báo danh:...............................
6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHÍNH THỨC TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Khóa thi ngày 04 tháng 6 năm 2019
Môn thi: TOÁN
(Hướng dẫn chấm có 03 trang)
HDC chỉ gợi ý một cách giải, thí sinh có cách giải khác nếu đúng cho điểm theo quy định
của ý (câu) đó. Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25.
CÂU
Ý
YÊU CẦU CẦN ĐẠT
=
A
1
(2 điểm)
ĐIỂM
18 − 50
= 3 2 −5 2
0,5
= −2 2
0,5
1 a−4
1
a +2+ a −2 a−4
=
+
B
=
.
.
a +2 a
( a − 2)( a + 2)
a
a −2
=
2 a a−4
.
a−4 a
0,5
=2
Lập bảng các giá trị tương ứng
-2
-1
x
2
-4
-1
y = −x
0,25
0,25
0
0
1
-1
2
-4
0,25
Vẽ đồ thị
2
(2,5 điểm)
a)
0,75
Phương trình hoành độ giao điểm của ( P) và (d1 ) :
b)
− x2 = 2 x − 3 ⇔ x2 + 2x − 3 =
0
0,25
Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = −3
0,25
Suy ra giá trị tương ứng y1 =
−1; y2 =
−9
7
Vậy tọa độ giao điểm là: (1; −1) và (−3; −9)
0,25
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm của ( P) và (d 2 ) :
0 (1)
− x2 = 2x + m ⇔ x2 + 2 x + m =
c)
3
(1,5 điểm)
( P ) cắt (d ) tại 2 điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có
hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' = 1 − m > 0 ⇔ m < 1 (*) Ta có:
x +x
1 1 2
2
+ = ⇔ 1 2 =
x1 x2 5
x1 x2
5
−2 2
⇔
=⇔ m =
−5 (thỏa mãn (*))
m 5
Vậy m = −5
Gọi chiều rộng của mảnh đất là x (m), x > 0.
Khi đó chiều dài của mảnh đất là 29 − x (m).
Diện tích của mảnh đất là 190 (m 2 ), ta có phương trình:
190.
x(29 − x) =
Biến đổi ta được phương trình x 2 − 29 x + 190 =
0.
Giải phương trình ta được
=
x1 19,
=
x2 10.
Vậy kích thước mảnh đất là 10m và 19m.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
Q
M
O
E
A
I
B
P
a)
4
(3,0 điểm)
b)
Ta có MPO
= MQO
= 900.
Suy ra tứ giác MPOQ nội tiếp(đường tròn đường kính OM
).
Xét ∆MPE và ∆MIP có
chung (1)
IMP
= MQP
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Ta có MPE
Vì I là trung điểm của AB nên OI ⊥ AB suy ra I thuộc
đường tròn đường kính MO.
= MQP
(cùng chắn cung MP của đường tròn
Do đó MIP
đường kính OM ).
= MPE
(2)
Suy ra MIP
Từ (1) và (2) ta được ∆MPE ∽ ∆MIP ( g − g ).
Xét ∆MPA và ∆MBP có
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
8
chung
PMB
= MBP
(hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)
MPA
c)
Suy ra ∆MPA ∽ ∆MBP ( g − g ).
MP MA
MB 2
Do đó
=
⇒ MP 2 =
⇒ MB = 2 MP
MB MP
2
PA MP
1
PB
a
Ta lại có
=
=
⇒ PA =
=
BP MB
2
2
2
0,25
0,25
0,25
0,25
2 x − 4 + 6 − 2 x= 4 x − 20 x + 27.
ĐK: 2 ≤ x ≤ 3
2
Ta có: 4 x 2 − 20 x + 27=
(
5
(1,0 điểm)
2x − 4 + 6 − 2x
)
( 2 x − 5)
2
+2≥2
2
= 2 x − 4 + 6 − 2 x + 2 (2 x − 4).(6 − 2 x)
0,25
0,25
= 2 + 2 (2 x − 4).(6 − 2 x) ≤ 2 + 2 x − 4 + 6 − 2 x = 4
⇒ (2 x − 4).(6 − 2 x) ≤ 2.
Do đó
0,25
2 x − 4 + 6 − 2 x= 4 x − 20 x + 27.
2
(2 x − 4).(6 − 2 x) =
5
2
⇔
⇔ x = (TMĐK).
2
2
2
4 x − 20 x + 27 =
5
Vậy phương trình có nghiệm x = .
2
Chú ý: học sinh có thể sử dụng bất đẳng thức phụ khác.
Tổng điểm
0,25
10
…………….. HẾT…………..
9
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG TRỊ
ĐỀ THI DỰ BỊ
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Khóa ngày 04 tháng 6 năm 2019
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1. (2,0 điểm)
Bằng các phép biến đổi đại số, hãy rút gọn các biểu thức sau:
=
A 5 8 − 2 50.
1 a−4
1
với a > 0 và a ≠ 4.
=
+
B
.
a +2 a
a −2
Câu 2. (2,5 điểm)
Cho hàm số y = x 2 có đồ thị ( P).
a) Vẽ parabol ( P).
b) Tìm tọa độ giao điểm của ( P) và đường thẳng y = 3 x − 2 (∆).
c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng =
y 2 x + m (d ) cắt ( P ) tại hai
điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 sao cho x12 + x2 2 =
10.
Câu 3. (1,5 điểm)
Một hình chữ nhật có chu vi là 66 m. Nếu tăng chiều rộng 9 m và giảm chiều dài
18 m thì được hình chữ nhật mới có diện tích bằng 108 m 2 . Tính chiều dài và chiều rộng
của hình chữ nhật ban đầu.
Câu 4. (3,0 điểm)
Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O), kẻ đến (O) các tiếp tuyến AB, AC và cát
tuyến ADE không qua tâm ( B, C , D, E thuộc (O) ). Gọi H là trung điểm của DE , AE cắt
BC tại F . Chứng minh rằng:
a) Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.
b) Hai tam giác ABF và AHB đồng dạng với nhau.
c) AD. AE = AF . AH .
Câu 5. (1,0 điểm)
Giải phương trình x 2 − 6 x + 13=
x + 1 + 7 − x.
----------------- HẾT -----------------
Họ và tên thí sinh:....................................................Số báo danh:...................................