ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút PHẦN 1: TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm) Câu Điều kiện xác định biểu thức A x  2020 B x  2020 2020  x C x  2020 Câu Có hàm số đồng biến y  17 x  2; y  17 x  8; y  11  5x; y  x  10; y   x  2020? A B D x  2020 ℝ C hàm số sau D Câu Cho hàm số y   m  3 x có đồ thị hình vẽ Khẳng định sau đúng? A m = –4 B m = –3 C m = D m = 5 x  y  Câu Hệ phương trình  có nghiệm  x; y  Khi x  y  x  y  11 A –1 B C D Câu Điểm sau không thuộc đồ thị hàm số y  x ? A A(1;5) B B(3;40) C C(2;20) D D(–1;5) Câu Giả sử phương trình x2  16 x  55  có hai nghiệm x1 , x2  x1  x2  Tính x1  x2 A B 24 C 13 D –17 Câu Cho parabol y  x đường thẳng y  2 x  cắt hai điểm A  x1 ; y1  ; B  x2 ; y2  Khi y1  y2 bằng: B –2 A C D 10 Câu Cho tam giác ABC vuông cân A, cạnh BC   cm  Diện tích tam giác ABC bằng: A  cm  B  cm  C  cm2  D  cm  Câu Cho hai đường tròn  O   O '  cắt A B Biết OA   cm  ; AO '   cm  ; AB   cm  (như hình vẽ bên) Độ dài GO’ A (cm) B 5  cm  C   cm  D   cm  Câu 10 Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M, N trung điểm BC, CD Đường thẳng AM, BN cắt đường tròn E, F (như hình vẽ bên) Số đo góc EDF A 300 B 450 C 600 D 750 PHẦN II TỰ LUẬN (7,5 điểm) Câu (1,5 điểm): a) Tính giá trị biểu thức: P  45   2 x  y  b) Giải hệ phương trình:  2 x  y  Câu (2,0 điểm): Cho phương trình x2  2mx  m   (m tham số) a) Giải phương trình m = b) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m c) Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình Tìm m để x12 x2  mx1  x2  Câu (3,0 điểm): Cho ∆ABC có góc nhọn nội tiếp đường trịn (O) Tia phân giác góc BAC cắt cạnh BC D cắt đường tròn (O) M Gọi K hình chiếu M AB I hình chiếu M AC Chứng minh a) AKMT tứ giác nội tiếp b) MB2  MC  MD.MA c) Khi đường tròn (O) B;C cố định, điểm A thay đổi cung lớn BC tổng AB AC  có giá trị không MK MT đổi Câu (1,0 điểm): Giải phương trình x  3x  x  18  x  x  5 x ––––––––––HẾT–––––––––– HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM PHẦN I TRẮC NGHIỆM (2,5 điểm) A D C D D C A C B 10 B Câu Phương pháp: Biểu thức A xác định  A  Cách giải: Biểu thức cho xác định  2020  x   x  2020 Chọn A Câu Phương pháp: Hàm số bậc y  ax  b đồng biến ℝ a > 0, nghịch biến a < Cách giải: Có hàm số đồng biến ℝ y  17 x  2; y  17 x  8; y  x  10 Chọn C Câu Phương pháp: Xác định hệ số a, từ tìm m Cách giải: Hàm số cho y  ax  b qua gốc O nên b = 0, qua điểm (1;1) nên  a.1  a  ⟹m–3=1⟹m=4 Chọn D Câu Phương pháp: Giải hệ phương trình phương pháp thế, tính x  y Cách giải: 5 x  y    x  11  y y   x  11  y       x  y  11 5 11  y   y  28 y  55   x   x  y  1 Chọn A Câu Phương pháp: Thay tọa độ điểm vào hàm số Cách giải: Thay tọa độ điểm B(3;40) vào cơng thức hàm số, ta có 40 = 5.32 ⟺ 40 = 45 (không thỏa mãn) Vậy điểm B không thuộc đồ thị Chọn B Câu Phương pháp: Giải phương trình, tìm x1 , x2 Cách giải: x  Ta có x  16 x  55    x  11 x       x1  x2  x  11   x1  x2   2.11  17 Chọn D Câu Phương pháp: Viết phương trình hồnh độ giao điểm, giải nghiệm Tìm giao điểm đồ thị Cách giải: Xét phương trình hoành độ giao điểm hai đồ thị hàm số x  x  2 x   x  x      x  3 Với x   y  Với x  3  y  Vậy y1  y2    10 Chọn D Câu Phương pháp: Tính cạnh góc vng tam giác, từ tính diện tích Cách giải: Vì ABC tam giác vng cân nên AB  AC   S ABC  BC   2 1 AB AC  AB   cm  2 Chọn C Câu Phương pháp: Gọi H giao điểm AB OO’ Tính OH O’H Cách giải: Gọi H giao điểm AB OO’ Vì OA  OB; O ' A  O ' B nên OO’ trung trực AB, suy AB AH  HB    cm  Vì AB  O ' O nên hai tam giác AHO AHO’ vuông H Áp dụng định lý Pitago ta có OH  OA2  AH  62  42  20   cm  O ' H  O ' A2  AH  52  42    cm   OO '  OH  O ' H   Chọn C Câu 10 Phương pháp: Chứng hai tam giác ABM BCN Chứng minh EDF  BDC Cách giải: Xét hai tam giác vuông ABM BCN có AB  BC ABM  BCN  900 BM  CN  ABM  BCN  c.g.c   BAM  CBN (hai góc tương ứng) Ta có góc nội tiếp BAM  BDE  BDE  CDF  CBN  CDF  EDF  CDE  CDF  CDE  BDE  BDC  450 (do tam giác BDC vuông cân C) Chọn B PHẦN II TỰ LUẬN (7,5 điểm) Câu (1,5 điểm) Cách giải:: a) Tính giá trị biểu thức P  45   Ta có: P  45    32.5   2.2  3 5  2  3  2 3  2  2 Vậy P   2 x  y  b) Giải hệ phương trình  2 x  y  2 x  y  12 y  12   2 x  y  2 x  y  y 1 y 1   2 x  5.1  2 x  y 1  x  Vậy hệ có nghiệm  x; y   2;1 Câu (2,5 điểm) Cách giải:: Cho phương trình x2  2mx  m   ( m tham số) a) Giải phương trình m  Khi m  , phương trình trở thành x  x   Ta có:  '   2   1.1   , phương trình có nghiệm phân biệt x1   , x2     Vậy m  tập nghiệm phương trình S   b) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m Xét phương trình x2  2mx  m   (*) ta có:  '  m   m  1  m2  m  1  m  2.m   4 1   m   2  2 1 1 3   Do  m    m   m      m 2 2 4   Vậy phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m c) Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình Tìm m để x12 x2  mx2  x2  Theo ý b) phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m  x  x  2m Giả sử x1 , x2 hai nghiệm phương trình, áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:  x x  m   Theo ta có: x12 x2  mx2  x2   x12 x2  x2  m  1   x12 x2  x2 x1 x2   x1 x2  x1  x2     m  1 2m   m  m  1   m2  m    m  m  2m    m  m  1   m  1    m  1 m    m    m    m  1  m  Vậy m  1, m  thỏa mãn yêu cầu toán Câu (3 điểm) Cách giải: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn  O  Tia phân giác BAC cắt cạnh BC D cắt đường tròn  O  M Gọi K hình chiếu M AB, T hình chiếu M AC Chứng minh rằng: a) AKMT tứ giác nội tiếp  MK  AB   K  Ta có:   gt   AKM  ATM  900  MT  AC  T  Xét tứ giác AKMT ta có: AKM  ATM  900  900  1800 Mà hai góc hai góc đối diện  AKMT tứ giác nội tiếp (dhnb) (đpcm) b) MB2  MC  MD.MA Xét  O  ta có: MAB góc nội tiếp chắn cung BM MAC góc nội tiếp chắn cung CM Lại có: MA tia phân giác BAC  gt   MAB  MAC  Số đo cung BM  Số đo cung CM (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Ta có: MBC góc nội tiếp chắn cung MC BAM góc nội tiếp chắn cung BM  MAB  MBC  MBD (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Xét MAB MBD ta có: AMB chung MAB  MBD  cmt   MAB  MBD  g  g  MA MB   MB  MD.MA MB MD Lại có: Số đo cung BM  Số đo cung CM (cmt) nên MB  MC (hai cung căng hai dây nhau) Vậy MB  MC  MD.MA  dpcm  c) Khi đường tròn  O  B, C cố định, điểm A thay đổi cung lớn BC tổng AB AC  có giá trị MK MT khơng đổi Đặt BAM  CAM   Xét AKM ATM có: AM chung KAM  TAM  gt   AKM  ATM (cạnh huyền – góc nhọn)  MK  MT (hai tương ứng) Giả sử AB  AC , ta có: AB AC  MK MT AK  BK AT  TC   MK MK AK  AT  BK  TC  MK 10 Xét BMK CMT có: MB  MC  cmt  MK  MT  cmt   BMK  CMT (cạnh huyền – cạnh góc vng)  BK  TC (2 cạnh tương ứng)  AB AC AK  AT   MK MT MK Xét tam giác AKM vng K có: AK  AM cos  , MK  AM sin  Xét tam giác AMT vng T có: AT  AM cos   AB AC AM cos   AM cos  AM cos      cot  MK MT AM sin  AM sin  Vì đường trịn  O  BC cố định nên số đo cung BC không đổi  BAC  2  số đo cung BC không đổi (góc nội tiếp nửa số đo cung bị chắn)   không đổi  2cot  không đổi Vậy AB AC   cot  không đổi, với   số đo cung BC không đổi MK MT Câu (1,0 điểm) Cách giải:: Giải phương trình x  3x  x  18  x  x  5 x  x  3x   x  0, x  3   x  2 9 x  18   ĐK:    x2  5x   x0 0 x     x x    x   x  Khi 11 PT  x  x  3  x   3x  x2  5x  x  x x  x  3  x x   x x  x  x   x x   x x   3x x   x x3    x   x  3     x   x  3 x x   3x x    x3 x x 3 x x x    x x2   x3 3 x  x  x   1   x   x    Ta có: 1  x  x   x  x   Do x    x2  x    x2  x  2x    x  x  1   x  1    x  1 x     x  1  KTM  x 1    x    x  TM   2  x3  x  x   x   8x  x  TM   3 Vậy phương trình có tập nghiệm S  2;   8 -HẾT - 12