ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi TOÁN Thời gian làm bài 120 phút Câu 1 Giải các phương trình và hệ phương trình sau đây a 3 3 3[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: Giải phương trình hệ phương trình sau đây: a 3x   x  y  b   x  y  c x  3x   Câu 2: Cho hàm số y  x có đồ thị parabol  P  a Vẽ đồ thị  P  hệ trục tọa độ b Viết phương trình đường thẳng  d  có hệ số góc 1 cắt parabol  P  điểm có hồnh độ c Với  d  vừa tìm được, tìm tọa độ giao điểm cịn lại  d   P  Câu 3: Cho phương trình bậc hai x2  x  m   (*), với m tham số a Tìm tất giá trị m để phương trình (*) có nghiệm b Tính theo m giá trị biểu thức A  x13  x23 với x1 , x2 hai nghiệm phương trình (*) Tìm giá trị nhỏ A Câu 4: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Vẽ đường cao AA’, BB’, CC’ cắt H a) Chứng minh tứ giác AB’HC’ tứ giác nội tiếp b) Kéo dài AA’ cắt đường tròn (O) điểm D Chứng minh tam giác CDH cân Câu 5: Cho ABCD hình vng có cạnh 1dm Trên cạnh AB lấy điểm E Dựng hình chữ nhật CEFG cho điểm D nằm cạnh FG Tính diện tích hình chữ nhật CEFG (hình vẽ bên) HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Câu (3,0 điểm) Cách giải: Giải phương trình hệ phương trình sau đây: a 3x   Ta có: 3x    3x    3x   x 2 3:  x2 Vậy phương trình có nghiệm x  x  y  b   x  y  Ta có: x  y  3 y  y  y       x  y  x  y  x   x  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    4;3 c x  3x   Ta có: x  3x    x4  4x2  x2    x2  x2  4   x2  4    x  1 x     x  1VN   x2   x      x  2  x  x   Vậy phương trình có nghiệm x  2; x  Câu (2 điểm) Cách giải: Cho hàm số y  x có đồ thị parabol  P  a Vẽ đồ thị  P  hệ trục tọa độ Bảng giá trị: x y  x2 2 1 0 1 Đồ thị hàm số y  x parabol  P  qua điểm  2;  ,  1;1 ,  0;0  , 1;1 ,  2;  Hình vẽ: b Viết phương trình đường thẳng  d  có hệ số góc 1 cắt parabol  P  điểm có hồnh độ Gọi phương trình đường thẳng  d  : y  ax  b Vì đường thẳng  d  có hệ số góc 1 nên a  1 Suy  d  : y   x  b Gọi giao điểm  d  parabol  P  M 1; y  Vì M 1; y    P  nên y  x  12  , suy M 1;1 Lại có M 1;1   d  nên  1  b  b  Vậy phương trình đường thẳng  d  : y   x  c Với  d  vừa tìm được, tìm tọa độ giao điểm cịn lại  d   P  Theo câu b) ta có:  d  : y   x  Xét phương trình hồnh độ giao điểm  P   d  , ta được: x2   x   x2  x    x2  x  x    x  x  1   x  1    x   x  1  x    x  2   x 1  x  Với x   y  12  Với x  2  y   2   Vậy tọa độ giao điểm lại  d   P  là:  2;  Câu (2 điểm) Cách giải: Cho phương trình bậc hai x2  x  m   (*), với m tham số a Tìm tất giá trị m để phương trình (*) có nghiệm Xét phương trình x2  x  m   (*) có:  '   1   m  1   m  a  1   ld  Để phương trình (*) có nghiệm   m2   '  2  m  Vậy với m  phương trình (*) có nghiệm b Tính theo m giá trị biểu thức A  x13  x23 với x1 , x2 hai nghiệm phương trình (*) Tìm giá trị nhỏ A Theo câu a) với m  phương trình (*) có nghiệm x1 , x2  x1  x2  Theo hệ thức Vi-ét ta có:   x1 x2  m  Xét A  x13  x23  x13  3x12 x2  3x1 x22  x23   3x12 x2  3x1 x22    x1  x2   3x1 x2  x1  x2   23   m  1    m  1   6m   14  6m Vậy A  14  6m Vì m  nên ta có: 6m  12  14  6m  14 12  14  6m  Dấu “=” xảy m  Vậy giá trị nhỏ A  m  Câu (2,0 điểm) Cách giải: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O) Vẽ đường cao AA’, BB’, CC’ cắt H a) Chứng minh tứ giác AB’HC’ tứ giác nội tiếp Ta có: BB '  AC  AB ' H  900 CC '  AB  AC ' H  900 Tứ giác AB’HC’ có: AB ' H  AC ' H  900  900  1800 nên tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 1800 ) (đpcm) b) Kéo dài AA’ cắt đường tròn (O) điểm D Chứng minh tam giác CDH cân Ta có: BAA ' ABA '  900 BCC ' ABA '  900  BAA '  BCC ' Lại có BAA '  BCD (cùng chắn cung BD )  BCC '  BCD   BAA ' Xét tam giác CDH có CA ' vừa đường cao vừa đường phân giác nên tam giác cân (đpcm) Câu (1,0 điểm) Cách giải: Cho ABCD hình vng có cạnh 1dm Trên cạnh AB lấy điểm E Dựng hình chữ nhật CEFG cho điểm D nằm cạnh FG Tính diện tích hình chữ nhật CEFG (hình vẽ bên) Ta có: DCG  BEC (cùng phụ với DCE ) Xét DCG ECB có: G  B  900 DCG  BEC (cmt) Suy DCG  ECB  g  g  DC CG  EC BC  EC.CG  DC.BC  1.1   Suy SEFGC  EC.CG  1dm2