ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Bài thi Toán Thời gian làm bài 120 phút Phần I Trắc nghiệm (2 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đún[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Bài thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Phần I: Trắc nghiệm (2 điểm) Hãy chọn phương án trả lời viết chữ đứng trước đáp án vào làm Câu Điều kiện để biểu thức 2020  x có nghĩa là: A x  B x  Câu Hàm số sau đồng biến A y  5x  C x  D x  C y  x  D y  5 ? B y  5 x  y  Câu Hệ phương trình  có nghiệm  x; y  là: 2 x  y  11 A  3;  C  5; 3 B  5; 3 D  3;  5 Câu Tìm a, biết đồ thị hàm số y  x  a qua điểm  0; 1 A a  B a  1 C a  D a  2 Câu Trong phương trình sau, phương trình có nghiệm kép? A x2  8x   B x   C x  x   D x2  x   Câu Cho ABC vuông B biết AC  10cm, A  600 Độ dài đoạn AB là: A cm B 10 cm C 5cm D 10 cm Câu Cho đường tròn  O; 5cm  đường tròn  O '; 7cm  , biết OO '  2cm Vị trí tương đối hai đường trịn là: A Cắt B Tiếp xúc C Tiếp xúc D Đụng Câu Diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy 5cm, chiều cao 2cm là: A 20 cm2 B 10 cm2 C 20cm2 D 10cm2 Phần II Tự luận (8 điểm): Bài (1,5 điểm) 1) Chứng minh đẳng thức:  54    20   2) Rút gọn biểu thức: P     x 2  với x  0, x  : x 2 x2 x Bài (1,5 điểm) Cho phương trình: x   2m  1 x  m2  m  (với m tham số) 1) Giải phương trình m  2) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với m Tìm m để x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  5x1x2  17 Bài (1,0 điểm)  2  x    y    Giải hệ phương trình:  2  x     1  y5 Bài (3,0 điểm) Cho ABC tam giác nhọn nội tiếp đường tròn  O; R  Hai đường cao BD, CE ABC cắt H Các tia BD, CE cắt đường tròn  O; R  điểm thứ hai P, Q 1) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp cung AP  cung AQ 2) Chứng minh E trung điểm HQ OA  DE 3) Cho CAB  600 , R  6cm Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp AED Bài (1,0 điểm) 1) Giải phương trình: 2 x  x   x   x  3x   2) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn: ab  bc  ca  Chứng minh: a3 b3 c3    b  2c c  2a a  2b HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN BỞI BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Phần I: Trắc nghiệm C C A B D C B A Câu - Căn bậc hai Phương pháp: Biểu thức: f  x  xác định  f  x   Cách giải: Biểu thức: 2020  x xác định   x   x  Chọn C Câu - Hàm số bậc Phương pháp: Hàm số bậc y  ax  b  a   đồng biến a  Cách giải: Trong đáp án cho, có hàm số y  x  hàm số bậc có a    Hàm số y  x  hàm số đồng biến Chọn C Câu - Giải hệ phương trình phương pháp cộng đại số Phương pháp: Giải hệ phương trình cho phương pháp cộng đại số Cách giải: 9 x  27 x  5 x  y  5 x  y     Ta có:   y  11  x  y  11  2.3  2 x  y  11 4 x  y  22 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    3; 5 Chọn A Câu - Đồ thị hàm số y = ax + b (a ≠ 0) Phương pháp: Thay tọa độ điểm  0; 1 vào công thức hàm số y  x  a để tìm a Cách giải: Thay tọa độ điểm  0; 1 vào công thức hàm số y  x  a ta được:  2.0  a  a  1 Chọn B Câu - Cơng thức nghiệm phương trình bậc hai Phương pháp: Phương trình ax  bx  c   a   có nghiệm kép    b2  4ac   '  b '2  ac   b  2b '  Cách giải: +) Xét đáp án A: x2  8x   ta có:  '  42     Phương trình có hai nghiệm phân biệt  Loại đáp án A +) Xét đáp án B: x    x   x  3  Phương trình có hai nghiệm phân biệt  Loại đáp án B +) Xét đáp án C: x  x   ta có:    7   4.4  33   Phương trình có hai nghiệm phân biệt  Loại đáp án C +) Xét đáp án D: x2  x   ta có:  '  32    Phương trình có nghiệm kép  Chọn đáp án D Chọn D Câu - Một số hệ thức cạnh góc tam giác vng Phương pháp: Sử dụng hệ thức liên hệ cạnh góc tam giác vng để làm tốn Cách giải: Xét ABC vng B ta có: AB  AC.cos A  10.cos600  10  cm Chọn C Câu - Vị trí tương đối hai đường tròn Phương pháp: Cho hai đường tròn  O; R   O '; R ' ta có: +) OO '  R  R ' hai đường trịn nằm ngồi hay hai đường trịn khơng có điểm chung +) OO '  R  R ' hai đường trịn đựng hay hai đường trịn khơng có điểm chung +) R  R '  OO '  R  R ' hai đường trịn cắt hay hai đường trịn có hai điểm chung +) OO '  R  R ' hai đường trịn tiếp xúc ngồi hay hai đường trịn có điểm chung +) OO '  R  R ' hai đường trịn tiếp xúc hay hai đường trịn có điểm chung Cách giải: Ta có: OO '  2cm  R ' R  7cm  5cm   O; 5cm   O '; 7cm  tiếp xúc Chọn B Câu - Hình trụ - Diện tích xung quanh thể tích Hình trụ Phương pháp: Diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy R chiều cao h là: Sxq  2 Rh Cách giải: Diện tích xung quanh hình trụ cho là: S xq  2 Rh  2 5.2  20 cm2 Chọn A Phần II: Tự luận Bài - Rút gọn biểu thức chứa thức bậc hai Phương pháp: 1) Sử dụng công thức:  A A  A2  A    A A   A B A  A2 B  A B   , B   A B A  2) Quy đồng mẫu phân thức, biến đổi rút gọn biểu thức Cách giải: 1) Chứng minh đẳng thức:  54    20  Ta có:   54    20    22.5       Vậy 54    20   2) Rút gọn biểu thức: P     x 2  với x  0, x  : x 2 x2 x Điều kiện: x  0, x   P   x 2     : x 2 x2 x x 2 x 2 x 2  x 2 x x  x 2 x   x 2  x x 2 Vậy với x  0, x  P  x x 2 Bài - Hệ thức Vi-ét ứng dụng Phương pháp: 1) Thay m  vào phương trình cho sau giải phương trình bậc hai ẩn 2) Phương trình ax  bx  c   a   có hai nghiệm phân biệt x1; x2    b   x1  x2   a Sử dụng hệ thức Vi-et:  biểu thức cho để tìm m c x x   a Đối chiếu với điều kiện kết luận Cách giải: Cho phương trình: x   2m  1 x  m2  m  (với m tham số) 1) Giải phương trình m  Khi m  ta có phương trình: x   2.4  1 x  42    x  x  20   x  x  x  20   x  x  5   x  5    x   x    x   x    x   x  Vậy với m  phương trình có tập nghiệm S  4; 5 2) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với m Tìm m để x1 , x2 thỏa mãn x12  x22  5x1x2  17 Xét phương trình x   2m  1 x  m2  m  có:    2m  1   m  m   4m  4m   4m  4m   m  Phương trình cho ln có hai nghệm phân biệt x1 , x2 với m  x1  x2  2m  Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:   x1 x2  m  m Theo đề ta có: x12  x22  x1 x2  17   x1  x2   x1 x2  x1 x2  17   x1  x2   x1 x2  17   2m  1   m  m   17  4m  4m   m  m  17  3m  3m  18   m2  m    m  3m  2m    m  m  3   m  3    m  3 m    m    m  3   m   m  Vậy m  3 m  thỏa mãn toán Bài - Giải hệ phương trình phương pháp cộng đại số Phương pháp: Đặt điều kiện để hệ phương trình xác định Giải hệ phương trình phương pháp đặt ẩn phụ Giải hệ phương trình phương pháp cộng đại số Đối chiếu với điều kiện kết luận Cách giải:  2  x    y    Giải hệ phương trình:   x  2   1  y5 ĐKXĐ: y  5 Đặt u   x    0; v   , hệ phương trình trở thành: y5 u   tm  2u  v  4u  2v  5u      u  2v  1 u  2v  1 v   2u v   tm   x  2    x    x   x           x   1    x     x  1     y   y    y  4  tm    y 5 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    3; 4  ; 1; 4  Bài - Ơn tập chương 3: Góc với đường tròn Cách giải: Cho ABC tam giác nhọn nội tiếp đường tròn  O; R  Hai đường cao BD, CE ABC cắt H Các tia BD, CE cắt đường tròn  O; R  điểm thứ hai P, Q 1) Chứng minh tứ gaics BCDE nội tiếp cung AP  cung AQ Ta cos: BD, CE đường cao ABC  BD  AC   D   BEC  BDC  900 CE  AB   E Xét tứ giác BEDC ta có: BEC  BDC  900 Mà hai đỉnh E, D hai đỉnh kề  BEDC tứ giác nội tiếp (dhnb) Vì BEDC tứ giác nội tiếp (cmt)  EBD  ECD (hai góc nội tiếp chắn cung ED )  ABP  ACQ Lại có: ABP, ACQ góc nội tiếp chắn cung AP, AQ  cung AP  cung AQ (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) (đpcm) 2) Chứng minh E trung điểm HQ OA  DE Xét tứ giác AEHD ta có: AEH  ADH  900  900  1800 Mà hai góc hai góc đối diện  AEHD tứ giác nội tiếp (dhnb)  EAH  EDH (hai góc nội tiếp chắn cung EH ) Vì BEDC tứ giác nội tiếp (cmt)  EDB  ECB (hai góc nội tiếp chắn cung EB )  AEH  ECB   EDH  Hay EAH  BAH  BCQ Lại có: QAB  QCB (hai góc nội tiếp chắn cung QB )  EAH  EAQ   BCQ   AE tia phân giác QAH Xét QAH ta có: AE vừa đường cao, vừa đường phân giác  QAH cân A (Tính chất tam giác cân)  AE đường trung tuyến AQH  E trung điểm HQ (đpcm) Kéo dài AO cắt đường tròn  O  F Khi ta có: ABC  AFC (hai góc nội tiếp chắn cung AC ) Vì BCDE tứ giác nội tiếp (cmt)  ADE  ABC (góc ngồi đỉnh góc định đối diện)  ADB  AFC   ABC  Ta có: ACF  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  CAF  AFC  900  FAC  ADE  900 Hay DAO  ADE  900  AO  DE  dpcm  3) Cho CAB  600 , R  6cm Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp AED Theo chứng minh b) ta có: AEDH tứ giác nội tiếp  Đường trịn ngoại tiếp AED đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDH Ta có: AEH  900 góc nội tiếp chắn cung AH  AH đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDH Gọi J tâm đường tròn ngoại tiếp ADE  J trung điểm AH Gọi M trung điểm BC 10  FC  AC Ta có:   FC / / BD hay BH / / FC  DB  AC CE  AB  CE / / BF hay BF / /CH   BF  AB  BHCF hình bình hành  BC, HF cắt trung điểm đường Mà M trung điểm BC  M trung điểm HF Xét AHF ta có: O, M trung điểm AF , HF OM / / AH   OM đường trung bình AHF   OM  AH Ta có: BOC góc tâm chắn cung BC BAC góc tâm chắn cung BC  BOC  2BAC  2.600  1200 OBC cân O có đường trung tuyến OM  OM phân giác BOC  BOM  600 Xét OBM ta có: OM  OB.cos BOM  6.cos600  3cm  AH  2OM  2.3  6cm Vậy bán kính đường trịn ngoại tiếp ADE là: AJ  AH  3cm Bài Phương pháp: 1) Tìm điều kiện xác định phương trình Biến đổi để đưa phương trình dạng phương trình tích giải phương trình Đối chiếu với điều kiện kết luận 2) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si để chứng minh Cách giải: 1) Giải phương trình: 2 x  x   x   x  3x   11 Điều kiện: x  2 x  x   x   x  3x    x2  x     x   x  3x     4x2  2x    4x   x2  x  x   4x  2x    4x  4x2  2x  2  4x   2x  x  2   x  2  4x2  x    x  2  x  x  1  1  x    x   x  1  4x2  x    x   x  1 x  1  x  1     x   x  1  4x  2x    4x      2x    x  1    x  2  4x    4x  2x    2 x    2x    x20  x  x   4x   1   x   tm   2x    x2   *  4x2  x   4x    Với x  2  4x     4x   2 0 4x   2x   4x  2x   2  x2  x  4x    * vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x  2) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn: ab  bc  ca  Chứng minh: a3 b3 c3    b  2c c  2a a  2b Sưu tầm: Facebook Đặt P  a3 b3 c3   b  2c c  2a a  2b 12 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương 9a 9a   b  2c  a  a ;  b  2c  a ta có: b  2c b  2c  9b3   c  2a  b  6b  c  2a Tương tự ta có:   9c   a  2b  c  6c  a  2b Cộng vế với vế ba bất đẳng thức chiều ta có:  a3 b3 c3  2 9      b  2c  a   c  2a  b   a  2b  c  6a  6b  6c b  c c  a a  b    P   ab  bc  ca    a  b  c   9P    a  b2  c2   3P    a  b  c  Lại có: a  b2  c2  ab  bc  ca   3P  2.3    P  Vậy a3 b3 c3    b  2c c  2a a  2b -HẾT - 13