UBNB TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: Khơng sử dụng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức A 50 32 Câu 2: x y Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình 2 x y Câu 3: Cho hàm số bậc y f x x a) Hàm số đồng biến hay nghịch biến b) Tính giá trị: f ; f ? Vì sao? 1 Câu 4: Tìm tọa độ giao điểm hai đồ thị hàm số y 2 x y x Câu 5: Cho biểu thức P 3x x x 2 x 1 x 2 x : với x 0, x x 2 x 1 x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị x để P Câu 6: Ông Minh dự định xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách 80 km thời gian định trước Khi 20 km, địa điểm C, xe ông hỏng nên ông phải dừng lại để sửa xe 10 phút Sau sửa xe xong, để đảm bảo thời gian đinh, ông Minh tăng vận tốc thêm km/h quãng đường từ C đến B Hãy tính vận tốc xe ơng Minh quãng đường từ A đến C Câu 7: Cho ABC vuông A, đường cao AH Biết AB 3cm, BC 5cm Tính độ dài cạnh AC đường cao AH Câu 8: Cho hai đường tròn O1; 10 cm O2 ; 15 cm cắt hai điểm phân biệt Tiếp tuyến chung AB cắt đường thẳng O1O2 điểm C với A O1 , B O2 Tính độ dài đoạn thẳng O1O2 biết CO1 40 cm Câu 9: Cho tam giác ABC cân A, đường cao AM , BN cắt H Chứng minh MN tiếp tuyến đường trịn đường kính AH Câu 10: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O , đường cao AD, BE, CF cắt H Đường thẳng AD cắt đường tròn O M A a) Chứng minh BHM cân b) Gọi P, Q điểm đối xứng với M qua AB AC Chứng minh ba điểm P, H , Q thẳng hàng HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MƠN LOIGIAIHAY.COM Câu Cách giải: Khơng sử dụng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức A 50 32 Ta có: A 50 32 A 52.2 42.2 A5 4 A2 Vậy A 2 Câu Cách giải: x y Khơng sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình 2 x y Ta có: x y 3x x x 2 x y y x y 3 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y 3;1 Câu Cách giải: Cho hàm số bậc y f x x a) Hàm số đồng biến hay nghịch biến ? Vì sao? Xét hàm số y f x x ta có: a Hàm số y f x x đồng biến b) Tính giá trị: f ; f Xét hàm số y f x Vậy f f 1 f x ta có: f 1 1 1 1 11 Câu Cách giải: Tìm tọa độ giao điểm hai đồ thị hàm số y 2 x y x Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số cho là: 2 x2 x x x Phương trình có: a b c Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 x2 c a +) Với x y 2.12 2 3 +) Với x y 2. 2 2 9 Vậy hai đồ thị hàm số cho cắt hai điểm phân biệt: 1; 2 ; 2 Câu Cách giải: Cho biểu thức P 3x x x 2 x 1 x 2 x : với x 0, x x 2 x 1 x a) Rút gọn biểu thức P Với x 0, x ta có: P P P P P 3x x x 2 x 1 x 2 x : x 2 x 1 x x 2 x 2 x 1 3x x x 1 3x x x x x 2 2x x x 2 x x 1 x 1 x x 1 x x 1 x 2 x 1 P x 2 x 1 : x 2 : x x 1 x x 1 x 1 Vậy với x 0, x P x 1 x 1 b) Tìm giá trị x để P Ta có: P Do x 1 x x nên Do 0 x 1 x 1 0 x 1 x x x 1 x x Kết hợp điều kiện ta có x Vậy để P x Câu Cách giải: Ông Minh dự định xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách 80 km thời gian định trước Khi 20 km, địa điểm C, xe ông hỏng nên ông phải dừng lại để sửa xe 10 phút Sau sửa xe xong, để đảm bảo thời gian đinh, ông Minh tăng vận tốc thêm km/h quãng đường từ C đến B Hãy tính vận tốc xe ông Minh quãng đường từ A đến C Gọi vận tốc dự định ông Minh x km / h , x Khi thời gian dự định ông Minh hết quãng đường từ A đến B là: Thời gian ông Minh hết quãng đường AC là: 80 h x 20 h x Sau sửa xe, ông Minh tăng vận tốc thêm km / h quãng đường CB nên vận tốc ông Minh quãng đường CB là: x km / h Thời gian ông Minh hết quãng đường BC là: Tuy phải sửa xe 10 phút 80 20 60 h x5 x5 10 h ông Minh đến nơi dự định nên ta có phương trình: 60 80 20 60 x x x5 60 60 x x5 6.60 x 6.60 x x x 1800 x x x x 1800 x 45 x 40 x 1800 x x 45 40 x 45 x 45 x 40 x 45 ktm x 45 x 40 x 40 tm Vậy vận tốc ông Minh quãng đường AC 40 km/h Câu Cách giải: Cho ABC vuông A, đường cao AH Biết AB 3cm, BC 5cm Tính độ dài cạnh AC đường cao AH Áp dụng định lý Pitago cho ABC vuông A ta có: AC BC AB2 52 32 cm Áp dụng hệ thức lượng cho cho ABC vng A có đường cao AH ta có: AH BC AB AC AH AB AC 3.4 2,4 cm BC Vậy AC cm AH 2,4 cm Câu Cách giải: Cho hai đường tròn O1; 10 cm O2 ; 15 cm cắt hai điểm phân biệt Tiếp tuyến chung AB cắt đường thẳng O1O2 điểm C với A O1 , B O2 Tính độ dài đoạn thẳng O1O2 biết CO1 40 cm A O1 O1 A 10 cm Ta có: B O2 O2 B 15 cm O A BC AB tiếp tuyến chung hai đường tròn O2 B BC AO1 / / BO2 (từ vng góc đến song song) CO1 AO1 (định lý Ta-let) CO2 BO2 40 10 CO2 15 40.3 60 cm O1O2 CO2 CO1 60 40 20cm CO2 Vậy O1O2 20 cm Câu Cách giải: Cho tam giác ABC cân A, đường cao AM , BN cắt H Chứng minh MN tiếp tuyến đường trịn đường kính AH Gọi O trung điểm AH O tâm đường trịn đường kính AH Ta có: BN đường cao ABC BN AC HNA 900 ANH vuông N N O (*) Xét ANH vng N có đường trung tuyến ON ON OH AH (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông) ONH cân O (định nghĩa tam giác cân) ONH OHN (tính chất tam giác cân) (1) Vì ABC cân A, có đường cao AM M trung điểm BC (tính chất cân) Xét BCN vng N có đường trung tuyến MN MN BM BC (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông) MBN MNB (tính chất tam giác cân) (2) Lại có: MHB HBM 900 ( BHM vuông M ) Hay MHB NBM 900 Mặt khác BHM OHN (hai góc đối đỉnh) OHN HBM 900 (3) Từ (1), (2) (3) ta suy ra: MNB HNO 900 Hay MN ON (**) Từ (*) (**) MN tiếp tuyến đường trịn đường kính AH (đpcm) Câu 10 Cách giải: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O , đường cao AD, BE, CF cắt H Đường thẳng AD cắt đường tròn O M A a) Chứng minh BHM cân CF AB AFC ADC 900 Ta có: AD, CF hai đường cao ABC AD BC Xét tứ giác ACDF ta có: AFC EDC 900 Mà đỉnh F , D hai đỉnh kề ACDF tứ giác nội tiếp (dhnb) DAC DFC (hai góc nội tiếp chắn cung DC ) Hay MAC DFC (1) Xét đường tròn O ta có: MBC MAC hai góc nội tiếp chắn cung MC MBC MAC (2) Xét tứ giác BFHD ta có: BFH BDH 900 900 1800 Mà hai góc hai góc đối diện BFHD tứ giác nội tiếp (dhnb) HFD HBD (hai góc nội tiếp chắn cung HD ) Hay CFD HBD (3) Từ (1), (2) (3) suy HBD CBM hay HBD DBM BD đường phân giác BHM Xét HBM ta có: BD vừa đường cao, vừa đường phân giác BHM cân B (đpcm) b) Gọi P, Q điểm đối xứng với M qua AB AC Chứng minh ba điểm P, H , Q thẳng hàng Gọi I giao điểm AB PM , J giao điểm AC mà MQ AB PM I AC MQ J Xét tứ giác IBDM ta có: BIM BDM 900 900 1800 Mà hai góc hai góc đối diện IBDM tứ giác nội tiếp (dhnb) IMB IDB (hai góc nội tiếp chắn cung IB ) Xét tứ giác MDJC ta có: MDC MJC 900 Mà hai góc hai góc kề MDJC tứ giác nội tiếp (dhnb) JDC JMC (hai góc nội tiếp chán cung JC ) Tứ giác ABMC tứ giác nội tiếp đường trịn O IBM ACM (góc ngồi đỉnh góc đỉnh đối diện) (1) Ta có: BIM vng I IBM IMB 900 (2) JMC vuông J JMC JCM 900 (3) Từ (1), (2) (3) suy ra: BMI BDI JDC JMC BDI , JDC hai góc đối đỉnh I , D, J thẳng hàng Ta có: BHD tam giác cân B (cmt) có đường cao BD D trung điểm HM (tính chất tam giác cân) Xét PHM ta có: D, I trung điểm MH , MP DI đường trung bình PHM DI / / PH (tính chất đường trung bình) PH / / IJ (4) Xét MHQ ta có: D, J trung điểm MH , MQ DJ đường trung bình MHQ DJ / / HQ (tính chất đường trung bình) HQ / / IJ (5) Từ (4) (5) suy ra: P, H , Q thẳng hàng -HẾT - 10