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 VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi TOÁN (chung) Thời gian làm bài 120 phút Câu 1 (1,0 điểm) Dựa vào hì[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 BẾN TRE TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2021 – 2022 Mơn thi: TOÁN (chung) Thời gian làm bài: 120 phút Câu (1,0 điểm): Dựa vào hình vẽ bên, hãy: a) Viết tọa độ điểm M P b) Xác định hoành độ điểm N c) Xác định tung độ điểm Q Câu (1,0 điểm): a) Tính giá trị biểu thức A  9.32  b) Rút gọn biểu thức B  x5 với x  x Câu (1,0 điểm): Cho đường thẳng  d  : y   5m   x  2021 với m tham số a) Điểm O  0;0  có thuộc  d  khơng? Vì sao? b) Tìm giá trị m để  d  song song với đường thẳng: y  x  Câu (1,0 điểm): Vẽ đồ thị hàm số y  x Câu (2,5 điểm): a) Giải phương trình: 5x2  x  11   x y5 b) Giải hệ phương trình:  4 x  y  c) Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình: x   m  3 x  6m   với m tham số Tìm giá trị nhỏ biểu thức: C   x1  x2   x1 x2 Câu (1,0 điểm): Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O  , biết BAC  300 , BCA  400 (như hình vẽ bên) Tính số đo góc ABC, ADC AOC Câu (2,5 điểm): Cho đường tròn  O;3cm  điểm M cho OM  6cm Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA MB đến đường tròn  O  ( A B tiếp điểm) Trên đoạn thẳng OA lấy điểm D ( D khác A O ), dựng đường thẳng vng góc với OA D cắt MB E a) Chứng minh tứ giác ODEB nội tiếp đường tròn b) Tứ giác ADEM hình gì? Vì sao? c) Gọi K giao điểm đường thẳng MO  O  cho O nằm điểm M K Chứng minh tứ giác AMBK hình thoi HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Câu (TH): Phương pháp: Nhận biết điểm nằm hệ trục tọa độ Oxy để đọc tọa độ điểm Cách giải: a) Dựa vào hình vẽ ta có: M  1; 2  , P  3;3 b) Dựa vào hình vẽ ta có: N  2;  nên hoành độ điểm N xN  2 c) Dựa vào hình vẽ ta có: Q 1; 1 nên tung độ điểm N yQ  1 Câu (TH): Phương pháp: A2  A để tính giá trị biểu thức A a) Vận dụng đẳng thức  A B  x b) Vận dụng đẳng thức A  B    A  B để xác định nhân tử chung, rút gọn biểu thức B Cách giải: a) A  9.32  A  9.16.2  A  3.4  A  12  A  11 b) Với x  ta có: B x 5  x  x  x x Vậy với x  B  x  Câu (VD): Phương pháp: a) Thay tọa độ điểm O  0;0  vào đường thẳng  d  để kiểm tra b) Vận dụng quan hệ hai đường thẳng song song Cách giải a) Thay x  y  vào phương trình đường thẳng  d  : y   5m   x  2021 ta được:   5m    2021   2021 (Vô lý) Vậy O  0;0  không thuộc đường thẳng  d  5m     m2 b) Đường thẳng  d  song song với đường thẳng: y  x    2021   luon dung  Vậy m  thỏa mãn đề Câu (VD): Phương pháp: Lập bảng giá trị để xác định điểm mà  P  qua (thường chọn điểm thuộc  P  ) Cách giải Parabol  P  : y  x có bề lõm hướng lên nhận Oy làm trục đối xứng Ta có bảng giá trị sau: y  Parabol  P  : y  x 4 2 x 2 x qua điểm  4;8 ,  2;  ,  0;0  ,  2;  ,  4;8 Đồ thị Parabol  P  : y  x : Câu (VD): Phương pháp: a) Vận dụng cách nhẩm nghiệm nhanh với phương trinh bậc hai ẩn: ax  bx  c   a   a  b  c  phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  1; x2  c a b) Sử dụng phương pháp cộng đại số để giải hệ phương trình c) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt    (hoặc   ) Áp dụng Định lý Vi – ét, xác định x1  x2 x1.x2 sau thay vào biểu thức C Vận dụng đẳng thức  A  B  để tìm giá trị nhỏ Cách giải  x1  a) Ta có a  b  c    11  nên phương trình có nghiệm phân biệt   x2  c   11 a   11  Vậy phương trình có tập nghiệm S   ;1    x y 5 4 x  y  20  y  11  x  16    b)  4 x  y  4 x  y   y  11 x   y Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y   16;  11 c) Phương trình x   m  3 x  6m   có  '   m  3  6m   m2  16  với m Suy phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  x1  x2  2m  Theo định lí Vi-et ta có:   x1 x2  6m  Theo ta có: C   x1  x2   x1 x2  C   2m     6m    C  4m  24m  36  48m  56  C  4m  72m  20  C   m  18m  81  4.81  20  C   m    344 Vì  m    m   m    m   m    344  344 m 2 Vậy Cmin  344 Dấu “=” xảy m  Câu (VD): Phương pháp: Vận dụng tính chất: Tổng ba góc tam giác 1800 mối quan hệ góc nội tiếp góc tâm đường trịn Cách giải Xét tam giác ABC có: BAC  BCA  ABC  1800 (tổng góc tam giác)  300  400  ABC  1800  ABC  1100 Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  nên ABC  ADC  1800 (tổng hai góc đối diện tứ giác nội tiếp)  1100  ADC  1800  ADC  700 Ta có: AOC  ADC (góc nội tiếp góc tâm chắn cung AC )  AOC  2.700  1400 Vậy ABC  1100 , ADC  700 , AOC  1400 Câu (VDC): Phương pháp: a) Áp dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối 1800 tứ giác nội tiếp b) Vận dụng quan từ vng góc đến song song, suy AM / / DE Lại có DAM  ADE  900 , nên ADEM hình thang vng c) Gọi H   AB  OM Vận dụng kiến thức đường trung trực, hệ thức lượng tam giác vuông, mối quan hệ góc – đường trịn Vận dụng định nghĩa hình thoi để chứng minh AMBK hình thoi Cách giải a) Vì MA, MB tiếp tuyến  O  nên OAM  OBM  900 Xét tứ giác ODEB có: ODE  OBE  900  900  1800  ODEB tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 1800 )  AM  OA  gt  b) Ta có   AM / / DE (từ vng góc đến song song)  DE  OA  gt   ADEM hình thang Lại có DAM  ADE  900 nên ADEM hình thang vng c) Gọi H   AB  OM Ta có: OA  OB  cm  O thuộc trung trực AB MA  MB (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)  M thuộc trung trực AB  OM trung trực AB  OM  AB H  MK trung trực AB , mà M  MK  MA  MB Xét tam giác OAM vng A có đường cao AH , áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có: OH OM  OA2  OH  OA2 32   1,5  cm  OM Xét tam giác vng OAH có: sin OAH  OH 1,5    OAH  300 OA  BAM  900  OAH  900  300  600  MAB  MA  MB  AB (1) Ta lại có: AKB  BAM (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AB )  AKB  600  KAB  KA  KB  AB (2) Từ (1) (2)  MA  MB  KA  KB Vậy AMBK hình thoi (định nghĩa) (đpcm) HẾT