ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH LONG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi TOÁN Thời gian làm bài 120 phút Bài 1 Tính giá trị biểu thức a) 2 20 3 45 80A    b)   2[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH LONG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: Tính giá trị biểu thức: a) A  20  45  80 b) B  3    11  Bài 2: Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x2  x   b) 3x  12  b) 3x  12  d) x  x   Bài 3: a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hàm số y  x có đồ thị  P  Vẽ đồ thị  P  b) Cho phương trình x   2m  5 x   2m  ( x ẩn số, m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x13  x23  Bài 4: Một người dự định xe máy từ Vĩnh Long đến Sóc Trăng cách 90 km Vì có việc gấp cần đến Sóc Trăng trước dự định 27 phút, nên người phải tăng vận tốc thêm 10 km/h Hãy tính vận tốc xe máy mà người dự định Bài 5: Cho tam giác ABC vuông A , đường cao AH Biết BH  4cm, CH  9cm a) Tính độ dài đường cao AH số đo ABH (làm tròn đến độ) b) Vẽ đường trung tuyến AM tam giác ABC  M  BC  , tính diện tích tam giác AHM Bài 6: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Vẽ đường thẳng d vng góc với OA M  M  O, A Trên d lấy điểm N cho N nằm bên nửa đường tròn  O  Kẻ tiếp tuyến NE với nửa đường tròn  O  (E tiếp điểm, E A nằm phía đường thẳng d ) a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp đường tròn b) Nối NB cắt nửa đường tròn (O) C Chứng minh NE  NC.NB c) Gọi H giao điểm AC d , F giao điểm tia EH nửa đường tròn (O) Chứng minh NEF  NOF Bài 7: Cho hai phương trình x   2m2  1 x  m3   23  1 x   m2  m  x   30    ( x ẩn số, m tham số) Tìm giá trị tham số m để phương trình (1) phương trình (2) có nghiệm chung x  HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN BỞI BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Bài (1,0 điểm) Cách giải: Tính giá trị biểu thức: a) A  20  45  80  A  22.5  32.5  42.5  A  2.2  3.3   A  9 4  A9 Vậy A  b) B  3    11   B  3     7.2    2  Do   0  B  3  2  B  3  2   B     Do     B5 Vậy B  Bài (2,0 điểm) Cách giải: Giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x2  x   Nhận xét: Ta có: a  b  c    7    nên phương trình cho có nghiệm phân biệt x1  , x2  c  a  4 Vậy tập nghiệm phương trình S  1;   3 b) 3x  12   x  12  x2   x  2 Vậy tập nghiệm phương trình S  2 x  3y  c)  6 x  y  27 7 x  35 x  x  x       x  y  5  y  3 y   y  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    5;1 d) x  x   Đặt t  x  t   , phương trình trở thành: t  4t     t     t   tm  Với t   x   x     Vậy tập nghiệm phương trình S   Bài (2 điểm) Cách giải: a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hàm số y  x có đồ thị  P  Vẽ đồ thị  P  Ta có bảng giá trị: y x 4 2 x 2 Vậy đồ thị hàm số  P  : y  x đường cong nhận trục tung làm trục đối xứng qua điểm  4; 8 ,  2;  ,  0;  ,  2;  ,  4; 8 Đồ thị hàm số: b) Cho phương trình x   2m  5 x   2m  ( x ẩn số, m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x13  x23  Xét phương trình x   2m  5 x   2m  * Phương trình  * có hai nghiệm phân biệt x1 , x2      2m    4.  2m    4m  20m  25  16  8m   4m  12m     2m     2m    m  Với m  3 phương trình  * có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  x1  x2  2m  Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:   x1 x2   2m Theo đề ta có: x13  x23    x1  x2   3x1 x2  x1  x2     2m      2m  2m     8m3  60m  150m  125  60  12m  54m   8m3  48m  96m  64    2m     2m    2m   m   tm  Vậy m  Bài (1,0 điểm) Cách giải: Một người dự định xe máy từ Vĩnh Long đến Sóc Trăng cách 90 km Vì có việc gấp cần đến Sóc Trăng trước dự định 27 phút, nên người phải tăng vận tốc thêm 10 km/h Hãy tính vận tốc xe máy mà người dự định Gọi vận tốc dự định người x  km / h  ,  x    Thời gian dự định người đến Sóc Trăng là: 90  h  x Vận tốc thực tế người là: x  10  km / h   Thời gian thực tế người đến Sóc Trăng là: 90  h  x  10 Người đến Sóc Trăng sớm dự định 27 phút  27  nên ta có phương trình: 60 20 90 90 10 10      x x  10 20 x x  10 20  10.20  x  10   10.20 x  x  x  10   2000  x  10 x  x  10 x  2000   x  50 x  40 x  2000   x  x  50   40  x  50     x  50  x  40    x  50  ktm   x  50     x  40   x  40  tm  Vậy vận tốc dự định người 40 km/h Bài (1,0 điểm) Cách giải: Cho tam giác ABC vuông A , đường cao AH Biết BH  4cm, CH  9cm a) Tính độ dài đường cao AH số đo ABH (làm tròn đến độ) Xét tam giác ABC vng A có đường cao AH , theo hệ thức lượng tam giác vng ta có: AH  BH CH  4.9  36  AH  6cm Xét tam giác ABH vuông H ta có: tan ABH  AH   1,5  ABH  560 BH Vậy AH  cm ABH  560 b) Vẽ đường trung tuyến AM tam giác ABC  M  BC  , tính diện tích tam giác AHM Ta có: BC  BH  CH    13  cm  Vì M trung điểm cạnh BC nên BM  BC 13   6,5  cm  2 Suy HM  BM  BH  6,5   2,5  cm  Diện tích tam giác AHM vuông H S AHM  1 AH HM  6.2,5  7,5  cm2  2 Bài (2,5 điểm) Cách giải: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB Vẽ đường thẳng d vng góc với OA M  M  O, A Trên d lấy điểm N cho N nằm bên ngồi nửa đường trịn  O  Kẻ tiếp tuyến NE với nửa đường tròn  O  (E tiếp điểm, E A nằm phía đường thẳng d ) a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp đường tròn Ta có: d  OA  NMO  900 NE tiếp tuyến với  O  E nên OE  NE  NEO  900 Tứ giác OMEN có NMO  NEO  900 Nên OMEN tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cạnh nhìn cạnh đối diện góc bằng) (đpcm) b) Nối NB cắt nửa đường tròn (O) C Chứng minh NE  NC.NB Nối E với C , E với B Xét NEC NBE có: N chung NBE  NEC (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung EC )  NEC  NBE  g  g  NE NC  (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) NB NE  NE  NB.NC (đpcm) c) Gọi H giao điểm AC d , F giao điểm tia EH nửa đường tròn (O) Chứng minh NEF  NOF Xét NCH NMB có: N chung NCH  NMB  900  NCH NMB  g  g   NC NH  (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) NM NB  NC.NB  NH NM Mà NE  NB.NC  cmt  nên NE  NH NM  NE NH  NM NE Xét NEH NME có: N chung NE NH   cmt  NM NE  NEH NME c  g  c  NHE  NEM (các góc tương ứng) (1) Kẻ tiếp tuyến NF ' với nửa đường tròn  O  Do NE  NF ' (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  NF '2  NH NM  NF ' NM  NH NF ' Xét NF ' H NMF ' có: N chung NF ' NM   cmt  NH NF '  NF ' H NMF '  c  g  c   NHF '  NF ' M (các góc tương ứng) (2) Lại có tứ giác OMEN nội tiếp (câu a) nên bốn điểm O, M , E, N thuộc đường trịn (3) Tứ giác OENF ' có OEN  OF ' N  900  900  1800 nên tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 1800 ) Do bốn điểm O, E, N , F ' thuộc đường tròn (4) Từ (3) (4) suy điểm O, M , E, N , F ' thuộc đường tròn  Tứ giác MENF ' nội tiếp  NEM  NF ' M  1800 (tính chất) (5) Từ (1), (2) (5) suy  NHE  NHF '  NEM  NF ' M  1800  E, H , F ' thằng hàng hay F ' giao điểm EH với nửa đường tròn  O  F'F  Tứ giác NEOF nội tiếp  NEF  NOF (hai góc nội tiếp chắn cung NF ) (đpcm) Bài (0,5 điểm) Cách giải: Cho hai phương trình x   2m2  1 x  m3   23  1 x   m2  m  x   30    ( x ẩn số, m tham số) Tìm giá trị tham số m để phương trình (1) phương trình (2) có nghiệm chung x  Phương trình (1) có hai nghiệm 1      2m2  1  m3   23   4m4  4m2   4m3  28  92   4m4  4m3  4m2  28  93   * Phương trình (2) có hai nghiệm       m2  m    30   m4  2m3  m2  72  240  ** Hai phương trình cho có nghiệm chung x  9   2m  1  m3   23    2.9   m  m    30  m3  6m   11   3m  3m   12  m3  6m   11   3   4 m  m    Giải phương trình (4) ta được:    m2  m   1 17  m  2.m    2 4  17  12   m    2    2.3.2    m    2    2 32 1   m    2   32 m   2   32 m     2  m    tm * , **    m    tm * , **   +) Với m   ta có:  3      6 2      11   20  14  6    11     36  24   45  31   ktm   m   khơng thỏa mãn tốn +) Với m   ta có:  3    1     2    11    7    2   11   18  12  18  12     tm   m   thỏa mãn toán Vậy m   thỏa mãn toán 10