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
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
--------------------ĐỀ BÀI
(Đề thi này gồm 01 trang)

Bài 1. (2,0 ñiểm): Giải bất phương trình và hệ phương trình sau:
3x + y = 1
b) 
a) 7 x – 2 > 4 x + 3 ;
x − 2 y = 5
Bài 2. (2,0 ñiểm) : Cho Parabol ( P ) : y = 2 x 2 và ñường thẳng ( d ) : y = 3 x + 2 .
a) Vẽ ñồ thị (P) trên hệ trục tọa ñộ Oxy ;
b) Tìm tọa ñộ giao ñiểm của (P) và (d).

Bài 3. (2,0 ñiểm)
 a
1  a − 1
a +1
a) Rút gọn biểu thức : P = 
−
−

 với a > 0 và a ≠ 1 .
 a + 1
2

2
a
a
−
1




b) Chứng minh rằng phương trình : x 2 − (2m − 1) x + 2m − 4 = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức A = x12 + x22 .

Bài 4. (2,0 ñiểm) : Cho ∆ ABC vuông tại C nội tiếp trong ñường tròn tâm O, ñường kính AB = 2R,
ABC = 600 . Gọi H là chân ñường cao hạ từ C xuống AB, K là trung ñiểm ñoạn thẳng AC. Tiếp tuyến tại B
của ñường tròn tâm O cắt AC kéo dài tại ñiểm D.
a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp trong một ñường tròn
b) Chứng minh rằng AC.AD= 4R2.
c) Tính theo R diện tích của phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O.
---------- HẾT ----------


Bài 1. (2,0 ñiểm):

5
a) 7 x – 2 > 4 x + 3 ⇔ 3x > 5 ⇔ x > .
3
Vậy nghiệm của bất phương trình là x >

5
3

3x + y = 1
6 x + 2 y = 2
7 x = 7
x = 1
x = 1
b) 
⇔
⇔
⇔
⇔
x − 2 y = 5 x − 2 y = 5
 x − 2 y = 5 1 − 2. y = 5  y = −2
Vậy, nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = (1; −2 ) .
Bài 2. (2,0 ñiểm)
a) Vẽ ñồ thị hàm số y = 2 x 2
Bảng giá trị :
x
y = 2x2

-2
8

-1
2

0
0

1

2

2
8

ðồ thị hàm số y = 2 x 2 là một ñường cong ñi qua các ñiểm: ( −2;8 ) , ( −1; 2 ) , ( 0;0 ) , (1; 2 ) , ( 2;8)
ðồ thị như hình vẽ :
y

x
O

b) Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (P) và (d) :

2 x 2 = 3x + 22 x 2 – 3x – 2 = 0

(*)

Ta có ∆ = (-3)2 – 4.2.(-2) = 25 > 0 ⇒

∆ =5

⇒ Phương trình (*) có hai nghiệm : x =

−1
hoặc x = 2
2

2

Khi x =

−1
1
 −1 
 −1 1 
thì y = 2.   = ta ñược giao ñiểm  ; 
2
2
 2 
 2 2

Khi x = 2 thì y = 2. ( 2 ) = 8 ta ñược giao ñiểm ( 2;8 )
2

 −1 1 
Vậy giao ñiểm của (P) và (d) là  ;  và ( 2;8 )
 2 2


Bài 3. (2,0 ñiểm)
a) Rút gọn :
 a
a +1
1   a −1
P = 
−
−

 với a > 0 và a ≠ 1


a − 1 
 2 2 a  a +1

a −1
.
=
2 a

(

) ( a + 1)
( a − 1)( a + 1)
2

a −1 −

2

==

a − 1 −4 a
.
= -2
2 a a −1

Vậy P = -2
b) Ta có ∆ ’

= ( m − 1) − ( 2m − 4 ) = m 2 − 2m + 1 − 2m + 4 = m 2 − 4m + 5

2

= ( m 2 − 4m + 4 ) + 1 = ( m − 2 ) + 1 > 0 với mọi m
2

⇒ Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m

 x1 + x2 = 2(m − 1)
Theo ñịnh lí vi-ét ta có : 
 x1.x2 = 2m − 4
Theo ñề bài ta có : A = x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2
2

⇒ A = 4 ( m − 1) − 2 ( 2m − 4 ) = 4m 2 − 8m + 4 − 4m + 8 = ( 2m ) − 2.2m.3 + 32 + 3 = ( 2m − 3) + 3 ≥ 3 ∀ m
2

2

Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 3 khi m =

2

3
2

Bài 4. (2,0 ñiểm)

D
C
K

600

A
O

H

a) Chứng minh tứ giác CHOK nội tiếp trong một ñường tròn
Vì K là trung ñiểm của 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 rằng AC.AD= 4R2.
Xét ∆ ACB và ∆ ABD có :
ACB = ABD = 900

BAD là góc chung
Vậy ∆ ACB ∽ ∆ ABD (g-g) ⇒

AC AB
=
⇒ AC.AD = AB2 = (2R)2 = 4R2 (ñpcm)
AB AD

c) Tính theo R diện tích của phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O.

Gọi S là diện tích của phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O
Khi ñó : S = S ∆ABD − S ∆ABC − Svp
Ta có : OB = OC = bk, ABC = 600 ⇒ ∆ OBC là tam giác ñều ⇒ OB = OC = BC = R và BOC = 600
Lại có CH ⊥ AB ⇒ H là trung ñiểm OB ⇒ BH =

R
3R
⇒ AH =
2
2

Trong ∆ CHB vuông tại H có : CH 2 + BH 2 = BC 2 ⇒ CH = BC 2 − HB 2 = R 2 −

AH CH
AB.CH
=
⇒ BD =
=
Vì CH // BD (cùng vuông góc với AB) nên
AB BD
AH

R 3
2 = 2R 3
3R
3
2

2 R.

Khi ñó :
S ∆ABD =

1
1
2R 3 2R2 3
AB.BD = .2 R.
=
2
2
3
3

R2 3
1
1 R 3
S ∆ABC = CH . AB = .
.2 R =
2
2 2
2
Svp = S qBOC − S ∆BOC =

π.R 2 .60 1
πR 2 1 R 3 πR 2 R 2 3
− .OB.CH =
− R.
=
−
360

2
6
2
2
6
4

Vậy diện tích phần tam giác ABD nằm ngoài hình tròn tâm O là :
S = S ∆ABD − S ∆ABC

(

)

2
2 R 2 3 R 2 3  πR 2 R 2 3  R 10 3 − π
(ñvdt)
− Svp =
−
− 
−
 =
3
2
6
4
12



………………………………

R2 R 3
=
4
2