ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

1 SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ BẠC LIÊU 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 (4 điểm) a) Rút gọn biểu thức 2 3 5 48 125 5[.]

SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ BẠC LIÊU ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Câu (4 điểm): a) Rút gọn biểu thức A   48  125  5 b) Tìm điều kiện x để biểu thức B  3x  có nghĩa Câu (4 điểm): 3x  y  a) Giải hệ phương trình  x  y  b) Cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  3x  b Xác định giá trị b phép tính để đường thẳng  d  tiếp xúc với parabol  P  Câu (6 điểm): Cho phương trình x   m  1 x  m  1 (với m tham số) a) Giải phương trình (1) m  b) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm với giá trị m c) Xác định giá trị m để phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: x1   x1   x2   x2   4 Câu (6 điểm): Cho đường tròn tâm O đường kính AB  R Gọi I trung điểm đoạn thẳng OA , E điểm thay đổi đường tròn  O  cho E không trùng với A B Dựng đường thẳng d1 d tiếp tuyến đường tròn  O  A B Gọi d đường thẳng qua E vuông góc với EI Đường thẳng d cắt d1 , d M , N a) Chứng minh tứ giác AMEI nội tiếp b) Chứng minh IAE đồng dạng với NBE Từ chứng minh IB.NE  3IE.NB c) Khi điểm E thay đổi, chứng minh tam giác MNI vng I tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác MNI theo R HẾT - HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Câu (VD) - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai Căn bậc ba Phương pháp: a) Sử dụng cơng thức đưa thừa số ngồi dấu căn: b) Biểu thức  A B A  A2 B  A B   , B   A B A  f  x  xác định  f  x   Cách giải: a) Rút gọn biểu thức A   48  125  5 Ta có: A   48  125  5 A   42.3  52.5  5 A   5.4  5  5    A   20  5  5  A  22 Vậy A  22 b) Tìm điều kiện x để biểu thức B  3x  có nghĩa Biểu thức B  3x  có nghĩa 3x    x   x  Vậy biểu thức B  3x  có nghĩa x  Câu (VD) - Ôn tập tổng hợp chương 2, 3, - Đại số Phương pháp: a) Giải hệ phương trình phương pháp cộng đại số b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm *  P   d  Số giao điểm  P   d  số nghiệm phương trình hồnh độ giao điểm, để  d  tiếp xúc với parabol  P  phương trình (*) phải có nghiệm kép    Cách giải: 3x  y  a) Giải hệ phương trình  x  y  x  x  3x  y  4 x  x  x     Ta có:     x  y   x  y  2  y  x  y  4 y  1  y    1  Vậy nghiệm hệ phương trình  x; y    2;   4  b) Cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  3x  b Xác định giá trị b phép tính để đường thẳng  d  tiếp xúc với parabol  P  Xét phương trình hồnh độ giao điểm  P   d  : x  3x  b  x  3x  b  * Số giao điểm  P   d  số nghiệm phương trình hồnh độ giao điểm, để  d  tiếp xúc với parabol  P  phương trình (*) phải có nghiệm kép      3  4.2  b     8b   b   Vậy để  d  tiếp xúc với parabol  P  b   Câu (VD) - Hệ thức Vi-ét ứng dụng Phương pháp: a) Thay m  vào phương trình (1) giải phương trình phương pháp đưa phương trình tích b) Tính   b2  4ac Chứng minh   với m  Phương trình cho ln có nghiệm với m c) Phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt    Áp dụng hệ thức Vi-et hệ thức cho để giải phương trình tìm m Đối chiếu với điều kiện m kết luận Cách giải: Cho phương trình x   m  1 x  m  1 (với m tham số) a) Giải phương trình (1) m  Thay m  vào phương trình (1) ta có: x  3x    x2  x  4x     x2  x    4x  4   x  x  1   x  1    x  1 x    x 1   x  1   x   x  Vậy m  tập nghiệm phương trình S  1; 4 b) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm với giá trị m x   m  1 x  m  1 có    m  1  4.1   m    m  2m   4m   m  2m     m  1  m  Vậy phương trình (1) ln có nghiệm với giá trị m c) Xác định giá trị m để phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: x1   x1   x2   x2   4 Theo ý b) ta có    m  1 Để phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2     m  1   m    m  1  x1  x2  m  Khi áp dụng định lí Vi-ét ta có:   m  1  x1 x2  m Theo ta có: x1   x1   x2   x2   4  x1  x12  x2  x22  4   x1  x2    x12  x22   4   x1  x2    x1  x2   x1 x2  4   m  1   m  1    m   4  3m   m  2m   2m    m  3m    m  m  2m    m  m  1   m  1    m  1 m     m  1  ktm  m     m    m  2  tm  Vậy m  2 thỏa mãn yêu cầu tốn Câu (VDC) - Ơn tập tổng hợp chương 1, 2, - Hình học Phương pháp: a) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào dấu hiệu nhận biết b) Chứng minh tam giác nội tiếp qua trường hợp góc – góc Từ suy tỉ số cạnh tương ứng suy đẳng thức cần chứng minh c) Chứng minh tứ giác BNEI nội tiếp từ tứ giác AMEI nội tiếp, suy cặp góc tương ứng Từ suy MNI tam giác vng Sử dụng tỉ số lượng giác để tìm vị trí điểm E để diện tích MNI nội tiếp Cách giải: Cho đường trịn tâm O đường kính AB  R Gọi I trung điểm đoạn thẳng OA , E điểm thay đổi đường trịn  O  cho E khơng trùng với A B Dựng đường thẳng d1 d tiếp tuyến đường tròn  O  A B Gọi d đường thẳng qua E vng góc với EI Đường thẳng d cắt d1 , d M , N a) Chứng minh tứ giác AMEI nội tiếp Vì d1 tiếp tuyến  O  A nên IAM  900 Vì d  EI E nên IEM  900 Xét tứ giác AMEI có IAM  IEM  900  900  1800 Vậy tứ giác AMEI tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối 1800 ) b) Chứng minh IAE đồng dạng với NBE Từ chứng minh IB.NE  3IE.NB Vì AEB góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên AEB  900 Ta có: AEI  IEB  AEB  900 BEN  IEB  IEN  900 (do d  IE )  AEI  BEN (cùng phụ với IEB ) Xét IAE NBE có: AEI  BEN  cmt  ; IAE  NBE (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung BE )  IAE đồng dạng với NBE (g.g)  IE IA  (2 cạnh tương ứng) NE NB  IA.NE  IE.NB (1) Mà I trung điểm OA  gt   OA  IA Lại có O trung điểm AB  AB  2OA  4IA  IB  AB  IA  4IA  IA  3IA Khi ta có: 1  3IA.NE  3IE.NB (nhân vế với 3)  IB.NE  3IE.NB (đpcm) c) Khi điểm E thay đổi, chứng minh tam giác MNI vng I tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác MNI theo R Xét tứ giác BNEI có: IEN  900 (do d  IE E ) IBN  900 (do d tiếp tuyến đường tròn  O  B )  IEN  IBN  900  900  1800  Tứ giác BNEI tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối 1800 )  INE  IEB  ABE (hai góc nội tiếp chắn cung IE ) Lại có: Tứ giác AMEI tứ giác nội tiếp (chứng minh ý a)  IME  IAE  BAE (hai góc nội tiếp chắn cung IE ) Xét tam giác MNI có: INE  IME  ABE  BAE  900 (do AEB  900  cmt  nên tam giác AEB vuông E )  MNI vuông I (tam giác có tổng hai góc nhọn 900 ) Ta có: SMNI  IM IN Đặt AIM       900   BIN  900   Xét tam giác vuông AIM ta có: cos   AI AI  IM  IM cos  Xét tam giác vuông BIN ta có: cos  900     BI BI BI  IN   IN cos  90    sin  IM IN AI BI  cos  sin  AI BI  sin  cos   SMNI  Ta có: AB  AI  cmt   AI   SMNI R 3R AB  , BI  AB  4 3R 3R   2sin  cos  sin  cos  3R Do khơng đổi nên diện tích tam giác MNI đạt giá trị nhỏ sin  cos  đạt giá trị lớn Vì 00    900 nên sin  , cos   Áp dụng BĐT Co-si ta có: sin  cos    SMNI  sin   cos    2 sin   cos  3R 3R  sin   cos   :     450 Dấu “=” xảy   2 sin   cos  Vậy giá trị nhỏ diện tích tam giác MNI 3R , đạt AIM  450