041 vào 10 toán 2019 2020 tỉnh nghệ an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (385.09 KB, 6 trang )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHỆ AN
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 1O THPT
NĂM HỌC 2019-2020
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1.(2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:
a)

A



12  2 5



3  60

4x x2  6x  9
.
(0  x  3)
x

3
x
b)
Câu 2. (2,5 điểm)

1. Xác định hàm số bậc nhất y  ax  b, biết rằng đồ thị của hàm số đi qua hai
điểm M  1; 1 và N  2;1
B

2
2
2. Cho phương trình x  2mx  m  m  3  0 (1)(m là tham số)
a) Giải phương trình (1) với m  4
b) Tìm giá trị của m để phương trình  1 có hai nghiệm x1 , x2 và biểu thức
P  x1 x2  x1  x2 đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 3. (1,5 điểm)
Tình cảm gia đình có sức mạnh thật phi thường. Bạn Vi Quyết Chiến – cậu
bé 13 tuổi quá thương nhớ em trai của mình đã vượt qua một quãng đường dài
180km từ Sơn La đến bệnh viện nhi Trung ương Hà Nội để thăm em. Sau khi đi
bằng xe đạp 7 giờ, bạn ấy được lên xe khách và đi tiếp 1 giờ 30 phút nữa thì đến
nơi. Biết vận tốc của xe khách lớn hơn vận tốc của xe đạp là 35km / h. Tính vận tốc
xe đạp của bạn Chiến.
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và MN vuông góc với nhau. Trên
tia đối của tia MA lấy điểm C khác điểm M. Kẻ MH vuông góc với BC (H thuộc
BC)
a) Chứng minh BOMH là tứ giác nội tiếp
b) MB cắt OH tại E. Chứng minh ME.HM  BE.HC
c) Gọi giao điểm của đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC
là K. Chứng minh ba điểm C , K , E thẳng hàng.
2
2
Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình : 5 x  27 x  25  5 x  1  x  4

ĐÁP ÁN
Câu 1.
a)

 12  2 5 
A   2 3  2 5
A

3  60
3  2 15

 2 3. 3  2 15  2 15
6
4x x2  6x  9
b) B 
.
(0  x  3)
x3
x

2 x
B
.
x 3

 x  3

2

x
2 x x  3 2  x  3 
B
.

 2(0  x  3)
x 3
x 3
x
Câu 2.
�x  1
�
y  1
M
1;

1


1. Điểm
thuộc đồ thị nên thay �
vào hàm số ta được
1  a.1  b � a  b  1(1)
�x  2
�
y 1
N
2;1



Điểm
thuộc đồ thị nên thay �
vào hàm số ta được
1  a.2  b � 2a  b  1(2)
a  b  1 �
a2
a2
�
�
��
��
�
2a  b  1
b  1  a
b  3
�
�
Từ (1) và (2) ta có hệ �
Vậy hàm số đã cho là y  2 x  3
2
2. a) Với m  4 thì  1 trở thành: x  8 x  15  0
� x 2  3 x  5 x  15  0 � x  x  3  5  x  3   0
x30
x3
�
�
�  x  3  x  5   0 � �
��
x50
x5

�
�

Vậy với m  4 thì phương trình có tập nghiệm S   3;5
b) Phương trình (1) có hai nghiệm
2
�
' m��
 m2�۳m 3 0 m 3 0 m 3

�x1  x2  2m
�
x1 x2  m 2  m  3
�
Khi đó theo định lý Viet ta có
Ta có:
P  x1 x2  x1  x2  x1 x2   x1  x2   m 2  3m  3  m  m  3  3

  3.0 0
Với m �3 thì m  m 3�
Vậy Pmin  3 � m  3
Câu 3.

P 3. Dấu "  " xảy ra khi m  3

( x  0)
Gọi vận tốc xe đạp của bạn Chiến là x  km / h 
� Quãng đường bạn Chiến đi được trong 7 giờ đạp xe là : 7 x( km)
� Quãng đường bạn Chiến được đi xe khác là : 180  7 x( km)

Vận tốc của xe khách lớn hơn vận tốc của xe đạp là 35km / h nên vận tốc của xe
khách là x  35(km / h)
3

Bạn Chiến được đi xe khách trong 1 giờ 30 phút 2 giờ
� Ta có phương trình:
180  7 x
3
 x  35 � 180  7 x   x  35 
3
2
2
� 360  14 x  3 x  105 � 17 x  255 � x  15(tm)
Vậy bạn Chiến đã đạp xe với vận tốc 15km / h

Câu 4.

0
�
a) Vì AB  MN tại O nên MOB  90
0
�
Vì MH  BC tại H nên MHB  90
0
0
0
�
�
Xét tứ giác BOMH có MOB  MHB  90  90  180 mà hai góc ở vị trí đối nhau

nên BOMH là tứ giác nội tiếp
b) Ta có AB  MN , AB  MN tại O nên MBNA là hình vuông
Xét HMB và HCM có:
�
�  CHM
�  900
�
�
MHB
và HMB  MCH (cùng phụ với CMH )

HM HC

(1)
HB HM
Suy ra
�
�
Vì tứ giác BOHM nội tiếp (theo câu a) nên MHE  OBM mà
�  450 ( MBNA
OBM
là hình vuông)
�
�
�
Do đó MHE  EHB hay HE là phân giác MHB
HMB : HCM ( g.g ) �

� � ME  MH

MHB
EB HB
Xét tam giác MHB có HE là tia phân giác
HC ME

� HC.EB  MH .ME (dfcm)
Từ (1) và (2) suy ra HM EB
c) *)Ta chứng minh C , E , N thẳng hàng
HC.EB  MH .ME �

+)Theo câu b) ta có
Xét MHC và BMC có:
0
�
�
�
C
chung; MHC  CMB  90

(2)

HC ME

(3)
HM EB

HC CM

HM MB
Mà MB  BN (do AMBN là hình vuông)

HC CM
�

(4)
HM BN
ME CM
ME BE

�

CM BN
Từ (3) và (4) suy ra BE BN
0
�
�
Xét MEC và BEN có MCE  NBE  90 và
ME BE

(cmt ) � MEC : BEN  c.g .c 
CM BN
�  BEN
�
� MEC
mà M,E,B thẳng hàng nên C , E , N thẳng hàng
0
�
*) Xét (O) có MKN  90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Vì MHC vuông tại H nên đường tròn ngoại tiếp tam giác MHC là đường tròn
đường kính MC
0

�
Xét đường tròn đường kính MC có MKC  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
0
0
0
�
�
Suy ra MKN  MKC  90  90  180 nên ba điểm N , K , C thẳng hàng
Lại có N , E , C hẳng hàng (cmt) nên ba điểm E , K , C thẳng hàng
Câu 5.
� MCH : BCM  g  g  �

ĐKXĐ: x �2
5 x 2  27 x  25  5 x  1  x 2  4
� 5 x 2  27 x  25  25  x  1  x 2  4  10

x

2

 4   x  1

 x  4   x  1  0
� 2  x  x  2   5  x  4   x  1  3  x  2   0
� 2x2  x  2  5
2

2

2

2
Đặt x  x  2  a �0; x  2  b �2
Phương trình trở thành:
2a 2  5ab  3b 2  0

ab
�
�  2a  3b   a  b   0 � �
2a  3b
�
�
x  1  5(TM )
a  b � x2  x  2  x  2 � x2  2 x  4  0 � �
x  1  5( KTM )
�

Với
Với 2a  3b

� 13  3 65
x
(tm)
�
8
2
2
� 4  x  x  2   9  x  2  � 4 x  13 x  26  0 � �
� 13  3 65

x
(ktm)
�
8
�
13  3 65
x  1  5; x 
8
Vậy phương trình có hai nghiệm

041 vào 10 toán 2019 2020 tỉnh nghệ an

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về