ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2021 MÔN THI TOÁN CHUNG Thời gian 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi 07/06/2021 Câu[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2021 BÌNH PHƯỚC MƠN THI: TỐN CHUNG ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (Khơng kể thời gian phát đề) (Đề thi gồm 01 trang) Ngày thi: 07/06/2021 Câu (2,0 điểm): Tính giá trị biểu thức sau: A  49  25 Cho biểu thức P  B 5 3   x4 x3 x  với x  x 2 x a Rút gọn biểu thức P b Tìm giá trị x để P  Câu (2,0 điểm): Cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  x  a) Vẽ parabol  P  đường thẳng d hệ trục tọa độ Oxy b) Tìm tọa độ giao điểm  P   d  phép tính 2 x  y  Khơng sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình:  x  y  Câu (2,5 điểm): Cho phương trình x   m   x   (1), với m tham số a) Giải phương trình (1) m  b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 cho biểu thức Q   x12  1 x2  1 đạt giá trị lớn Hai ô tô khởi hành lúc để từ địa điểm A đến địa điểm B cách 120 km Vận tốc ô tô thứ hai lớn vận tốc ô tô thứ 10 km/h nên ô tô thứ hai đến B trước ô tô thứ 24 phút Tính vận tốc tô Câu (1,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông A có đường cao AH đường trung tuyến AM Biết AB  cm , AC  12 cm Hãy tính BC, AH , AM diện tích tam giác ABM Câu (2,5 điểm): Từ điểm A nằm ngồi đường trịn  O  kẻ hai tiếp tuyến AB, AC ( B, C tiếp điểm) Kẻ cát tuyến AEF không qua tâm ( E nằm A F ; O B nằm hai phía so với cát tuyến ) Gọi K trung điểm EF a) Chứng minh tứ giác OBAC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh KA phân giác BKC c) Kẻ dây ED vng góc OB cho ED cắt BC M Chứng minh FM qua trung điểm I đoạn thẳng AB HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Câu (TH) Phương pháp:  A A  A2  A    A A  Thực phép tính với bậc hai 2) a) Xác định mẫu thức chung biểu thức Quy đồng phân thức, thực phép toán từ rút gọn biểu thức b) Giải phương trình với P  , ta tìm x , đối chiếu điều kiện kết luận 1) Sử dụng đẳng thức: Cách giải: 1) A  49  25 A   52 A  75  Vậy A  B 5 3   B   3  B    Do    B3 Vậy B  2) a) Với x  ta có: P P  x4 x3 x  x 2 x x 2  x 2 x 2  x x 3  x P  x 2 x 3 P  x 1 Vậy với x  P  x  b) Để P  x    x   x   x   tm  Vậy để P  x  Câu (VD): Phương pháp: 1) a) Vẽ đồ thị hàm số y  ax  a   + Nhận xét hệ số a biến thiên hàm số + Lập bảng giá trị tương ứng x y + Xác định điểm mà đồ thị qua, vẽ đồ thị Vẽ đồ thị hàm số y  ax  b + Lập bảng giá trị tương ứng x y + Xác định điểm mà đồ thị qua, vẽ đồ thị b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm  P   d  Tính nhẩm nghiệm phương trình bậc hai: Nếu a  b  c  phương trình ax  bx  c   a   có hai nghiệm phân biệt: x1  1; x2  c a Với xi tìm ta tìm yi Kết luận giao điểm  P   d  là:  xi ; yi  Cách giải: 1) a) +) Parabol  P  : y  x có bề lõm hướng lên nhận Oy làm trục đối xứng Ta có bảng giá trị sau: x 2 1 y  2x2 2  Parabol  P  : y  x đường cong qua điểm  2;8 ,  1;  ,  0;0  , 1;  ,  2;8 +) Đường thẳng  d  : y  x  Ta có bảng giá trị sau: x 1 d  : y  x 1  Đường thẳng  d  : y  x  qua điểm  0;1 ;  1;0  Đồ thị Parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  x  hệ trục tọa độ Oxy : b) Hoành độ giao điểm  P   d  nghiệm phương trình x  x   x  x   x  Ta có a  b  c  1 1  nên phương trình có nghiệm phân biệt  x  c   a  + Với x   y    1 + Với x    y     2 1 Vậy tọa độ giao điểm  P   d  1;    ;   2 2) Ta có: 2 x  y  4 x  y  5 x  15 x      x  y  x  y   y  2x   y  Vậy nghiệm hệ phương trình  x; y    3;  Câu (VD): Phương pháp: 1) a) Thay m  phương trình 1 Tính   b2  4ac (hoặc    b   ac ), sử dụng cơng thức nghiệm phương trình bậc hai ẩn: x1,2  b   b   (hoặc x1,2  ), tính nghiệm phương trình, kết luận 2a a b) Phương trình ax  bx  c   a   có hai nghiệm phân biệt   (hoặc   ) Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính x1  x2 ; x1.x2 theo m Biến đổi, rút gọn biểu thức Q , sử dụng đẳng thức tìm giá trị lớn Q 2) Gọi vận tốc ô tô thứ x  km / h  (ĐK: x  ) Tính vấn tốc tơ thứ hai theo x Tính thời gian tô thứ ô tô thứ hai hết quãng đường AB theo x Lập phương trình, giải phương trình tìm x , đối chiếu điều kiện kết luận Cách giải: 1) a) Thay m  vào phương trình (1) ta được: x2  x    x1  1   Ta có:  '     32  nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:   x2  1   4 Vậy phương trình có tập nghiệm S  4; 2 b) Phương trình (1) có:    m    32  m nên phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  x1  x2  m  Khi theo Vi-ét ta có:   x1.x2  8 Ta có: Q   x12  1 x2  1  x12 x2   x12  x2    x12 x2   x1  x2   x1 x2   Q  64   m    16      m    49  49 m 2 Vậy Qmax  49 Dấu “=” xảy m  Vậy giá trị lớn Q 49 m  2) Gọi vận tốc ô tô thứ x  km / h  (ĐK: x  ) Suy vận tốc ô tô thứ hai x  10 (km/h) Thời gian ô tô thứ hết quãng đường AB là: 120 (h) x Thời gian ô tô thứ hai hết quãng đường AB 120 (h) x  10 Vì tơ thứ hai đến B trước ô tô thứ 24 phút = nên ta có phương trình: 120 120   x x  10  600  x  10   600 x  x  x  10   600 x  6000  600 x  x  20 x  x  20 x  6000   x  10 x  3000   x1  5  55  50  tm  Ta có:  '   5   3000  3025  552  nên phương trình có nghiệm phân biệt   x2  5  55  60  ktm  Vậy vận tốc ô tô thứ 50 km/h vận tốc ô tô thứ hai 60 km/h Câu (VD): Phương pháp: Áp dụng định lí Pytago tam giác vng ABC tính BC Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABC tính AH AM trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vng ABC tính BM S ABM  AH BM Cách giải: Áp dụng định lí Pytago tam giác vng ABC ta có: BC  AB  AC  BC  92  122  BC  225  BC  225  15  cm  Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABC ta có: AB AC  AH BC  AH  AB AC 9.12   7,  cm  BC 15 Vì AM trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông ABC nên AM  BM  1 BC  15  7,5  cm  2 (định lí đường trung tuyến tam giác vng) Ta có SABM  1 1 AH BM  AH BC  7, 2.15  27  cm2  2 Vậy BC  15 cm, AH  7, cm, AM  7,5 cm , SABM  27 cm2 Câu (VDC): Phương pháp: a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối 1800 tứ giác nội tiếp b) Ta chứng minh: BKA  AKC  1 sd AB  sd AC 2 c) Gọi J giao điểm AK BC Gọi I giao điểm FM AB Ta chứng minh I trung điểm AB Cách giải: ABO  900 OA  AB   ABO  ACO  1800 a) Ta có: AB, AC tiếp tuyến đường tròn nên  ACO  90 OC  AC  OBAC tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AO (dhnb) b) Vì AB, AC tiếp tuyến đường trịn nên AB  AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Ta có K trung điểm EF nên OK  AK (quan hệ vng góc đường kính dây cung)  OKA  900  K thuộc đường trịn đường kính AO hay điểm O, K , B, A, C thuộc đường tròn  BKA  AKC  1 sd AB  sd AC (góc chắn hai cung nhau) 2 Vậy KA phân giác BKC c) Gọi J giao điểm AK BC Gọi I giao điểm FM AB Ta chứng minh I trung điểm AB Xét tam giác ABJ AKB ta có: BAK chung ABJ  BKA   ACB   ABJ đồng dạng với AKB (g.g)  AJ AB  (cặp cạnh tương ứng)  AB2  AJ AK AB AK Tương tự ta có: ABE đồng dạng với AFB (g.g)   AJ AK  AE AF  AB AE   AB  AE AF AF AB AF AJ AF AK AF  AK FK EK      (Vì K trung điểm EF )  EK EJ AJ AE AJ  AE EJ EJ  AB AJ    EM  OB gt     EM EJ Ta lại có:  (Định lí Ta-lét)  EM / / AB   AI AF OB  AB gt         EM EF  AI AF AJ AB AB     AI  EM EK EJ EM Vậy I trung điểm AB (đpcm)