ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE 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 a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức 18 3 b) Tìm x biết 4[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE 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: a) Trục thức mẫu biểu thức b) Tìm x biết 18 x  x  15 Câu 2:   Cho hàm số bậc y   18 x  2020 a) Hàm số đồng biến hay nghịch biến R ? Vì sao? b) Tính giá trị y x   18 Câu 3: Cho hàm số y  x có đồ thị  P  a) Vẽ  P  b) Tìm tọa độ điểm thuộc  P  có tung độ Câu 4: a) Giải phương trình: x  5x   7 x  y  18 b) Giải hệ phương trình  2 x  y  c) Tìm giá trị tham số m để phương trình x   m  5 x  m2  3m   có hai nghiệm phân biệt Câu 5: Với giá trị tham số m đồ thị hai hàm số y  x    m  y  x    m  cắt điểm nằm trục hoành Câu 6: Cho tam giác ABC vng B có đường cao BH ( H  AC ), biết AB  6cm, AC  10cm Tính độ dài đoạn thẳng BC , BH Câu 7: Trên đường tròn (O) lấy hai điểm A, B cho AOB  650 điểm C hình vẽ Tính số đo cung AmB, ACB số đo ACB Câu 8: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có đường cao BE, CF cắt H ( E  AC, F  AB ) a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp b) Chứng minh AH  BC c) Gọi P, G hai giao điểm đường thẳng EF đường tròn  O  cho điểm E nằm điểm P điểm F Chứng minh AO đường trung trực đoạn thẳng PG HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Câu (1 điểm) Cách giải: a) Trục thức mẫu biểu thức Ta có: 18 18 18 18   6 3 3 b) Tìm x biết x  x  15 Điều kiện: x  Ta có: x  x  15  x  x  15  x  x  15  x  15  x 3  x   tm  Vậy phương trình cho có nghiệm x  Câu (1 điểm) Cách giải:   Cho hàm số bậc y   18 x  2020 a) Hàm số đồng biến hay nghịch biến R ? Vì sao?   Hàm số y   18 x  2020 có a   18 Ta có:  49  18   18   a  nên hàm số cho đồng biến R b) Tính giá trị y x   18   Thay x   18 vào hàm số y   18 x  2020 ta được:    y   18  18  2020  72  18  2020  2051 Vậy với x   18 y  2051 Câu (1 điểm) Cách giải: Cho hàm số y  x có đồ thị  P  a) Vẽ  P  Bảng giá trị: 2 x y  2x2 1 0 2 Đồ thị hàm số y  x parabol  P  qua điểm  2;8 ,  1;  ,  0;0  , 1;  ,  2;8  Hình vẽ: b) Tìm tọa độ điểm thuộc  P  có tung độ Gọi điểm N  x;  thuộc  P  : y  x x  Ta có:  x  x     x  1 Vậy ta có hai điểm thỏa mãn đề 1;  ,  1;  Câu (2,5 điểm) Cách giải: a) Giải phương trình: x  5x    5  53 x  Ta có:   52  4.1  7   53  nên phương trình cho có hai nghiệm phân biệt:   5  53 x   Vậy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x  5  53 5  53 ;x  2 7 x  y  18 b) Giải hệ phương trình  2 x  y  7 x  y  18 x  9 x  27 x  Ta có:     2 x  y  2.3  y  2 x  y  y  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    3;3 c) Tìm giá trị tham số m để phương trình x   m  5 x  m2  3m   có hai nghiệm phân biệt Xét phương trình x   m  5 x  m2  3m   có a  1; b '    m  5 ; c  m2  3m  Ta có:  '     m      m  3m    m2  10m  25  m2  3m   7m  31  a  31 1   ld  Để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt    m  31  m    '  7 m  31  Vậy với m   31 phương trình cho có hai nghiệm phân biệt Câu (1 điểm) Cách giải: Với giá trị tham số m đồ thị hai hàm số y  x    m  y  x    m  cắt điểm nằm trục hoành Xét đường thẳng  d  : y  x    m  có a  đường thẳng  d ' : y  x    m  có a '  Vì a  a ' 1   nên hai đường thẳng  d   d '  cắt Gọi M  x; y  giao điểm hai đường thẳng  d   d '  Vì M  x; y  thuộc trục hoành nên M  x;0  Lại có M  x;0  thuộc  d  : y  x    m  nên ta có x   m   x  5  m Và M  x;0  thuộc  d ' : y  x    m  nên ta có x   m   x  m7 m7  m   2m  10  3m  3  m  1  5  m  Vậy m  1 giá trị cần tìm Câu (0,75 điểm) Cách giải: Cho tam giác ABC vng B có đường cao BH ( H  AC ), biết AB  6cm, AC  10cm Tính độ dài đoạn thẳng BC , BH Xét tam giác ABC vng B , theo định lý Pytago ta có: AC  AB  BC  BC  AC  AB  102  62  64  BC  8cm Xét tam giác ABC vng B có chiều cao BH , theo hệ thức lượng tam giác vng ta có: BH AC  AB.BC  BH  AB.BC 6.8   4,8cm AC 10 Vậy BC  8cm, BH  4,8cm Câu (0,75 điểm) Cách giải: Trên đường tròn (O) lấy hai điểm A, B cho AOB  650 điểm C hình vẽ Tính số đo cung AmB, ACB số đo ACB Ta có AOB góc tâm chắn cung AmB nên sd cung AmB  AOB  650 (tính chất) Lại có sdACB  sdAmB  3600  sdACB  3600  sdAmB  3600  650  2950 1 ACB góc nội tiếp chắn cung AmB nên ACB  sd cung AmB  650  32,50 2 Vậy sd cung AmB  650 ; sd cung ACB  2950 ACB  32,50 Câu (2,0 điểm) Cách giải: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O) có đường cao BE, CF cắt H ( E  AC, F  AB ) a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp Ta có: CF  AB  AFC  900 BE  AC  AEB  900 Tứ giác AFHE có AFH  AEH  900  900  1800 nên tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 1800 ) (đpcm) b) Chứng minh AH  BC Kéo dài AH cắt BC D Do BE, CF đường cao tam giác BE  CF  H  nên H trực tâm ABC  AD đường cao ABC  AD  BC  AH  BC (đpcm) c) Gọi P, G hai giao điểm đường thẳng EF đường tròn  O  cho điểm E nằm điểm P điểm F Chứng minh AO đường trung trực đoạn thẳng PG Xét tứ giác BFEC có BFC  BEC  900 nên tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhìn cạnh đối diện góc nhau)  AFE  ACB (cùng bù với BFE ) (1) Kẻ đường kính AA ' , gọi I giao điểm AO PG Tứ giác BACA ' nội tiếp nên BAA '  BCA ' (góc nội tiếp chắn cung BA ' ) (2) Từ (1) (2) suy  AFE  BAA '  ACB  BCA ' Mà ACB  BCA '  A ' CA  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên AFE  BAA '  900 hay AFI  FAI  900  AIF  900  AO  PG I  I trung điểm PG (đường kính vng góc với dây qua trung điểm dây ấy)  AO đường trung trực PG (đpcm)