Tổng hợp 10 đề tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2020 – 2021 tập 7

Luyện thi ĐH, L9, L10, L11, L12 GV Khổng Vũ Chiến (0907 148 731) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2020 - 2021 Mơn thi: TỐN Ngày thi: 09/07/2020 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài (2,0 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình sau: 1) x  x 12  2) x  x   3 x  y  1 3)  6 x  y  Bài (1,5 điểm) Cho phương trình: x  2020 x  2021  có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Không giải phương trình, tính giá trị biểu thức sau: 1 1)  2) x12  x22 x1 x Bài (1,5 điểm) 3 x đường thẳng d  : y   x  2 1) Vẽ đồ thị cùa  P d  mặt phẳng tọa độ Cho Parabol  P : y  2) Tìm tọa độ giao điểm  P d  phép tính Bài (1,5 điểm)  1  x 1  Cho biếu thúc A   với  x  :   x  x x 1 x x  x  x 1) Rút gọn biẻu thức A 2) Tính giá trị biếu thức A x   Bài (3,5 điểm) Cho đường trịn O;3cm có đường kính AB tiếp tuyến Ax Trên Ax lấy điểm C cho AC = 8cm, BC cắt  cắt đường tròn (O) M cắt BC N đường tròn (O) D Đuờng phân giác góc CAD 1) Tính độ dài đoạn thẳng AD 2) Gọi E giao điểm AD MB Chứng minh tứ giác MNDE nội tiếp đường tròn 3) Chứng minh tam giác ABN tam giác cân 4) Kẻ EF vng góc AB (F thuộc AB) Chứng minh: N, E, F thẳng hàng -HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Địa chỉ: Ơ 16, ĐƯỜNG NA3, KDC VSIP I, THUẬN GIAO, THUẬN AN, BÌNH DƯƠNG (gần Chợ 79) Luyện thi ĐH, L9, L10, L11, L12 GV Khổng Vũ Chiến (0907 148 731) HƯỚNG DẪN GIẢI THAM KHẢO Bài (2,0 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình sau: 1) x  x 12  3 x  y  1 3)  6 x  y  2) x  x   Lời giải 1) x  x 12  Ta có: a  1; b  1; c  12   b  4ac    49     1   x1   4  Suy ra:  1   3  x2   Vậy phương trình có hai nghiệm: S  4;3 2) x  x   Đăt t  x điều kiện t  Suy phương trình viết lại có dạng: t  8t   Ta có: a  1; b  8; c  9  '  b '2  ac   '  25   '   4  t1   9 loai   Suy ra:  4    nhan t   Mà t  x  x   x  1 Vậy phương trình có hai nghiệm S  1;1 3x  y  1 3)  6 x  y  3 x  y  1 3 x  y  1  y  4 Ta có      x  6 x  y  3 x  Vậy hệ có nghiệm 1; 4 Bài (1,5 điểm) Cho phương trình: x  2020 x  2021  có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức sau: 1 1)  2) x12  x22 x1 x Lời giải b   x1  x2  a  x  x2  2020 Theo Vi-ét ta có      x1.x2  2021 c  x1.x2  a  1 x  x2 2020   1) Ta có  2021 x1 x x1.x2 2) Ta có x12  x22  x12  x22  x2 x2  x1.x2   x1  x2   x1.x2  2020  2.2021  4076358 Bài (1,5 điểm) Địa chỉ: Ô 16, ĐƯỜNG NA3, KDC VSIP I, THUẬN GIAO, THUẬN AN, BÌNH DƯƠNG (gần Chợ 79) Luyện thi ĐH, L9, L10, L11, L12 GV Khổng Vũ Chiến (0907 148 731) 3 x đường thẳng d  : y   x  2 1) Vẽ đồ thị  P d  mặt phẳng tọa độ Cho Parabol  P : y  2) Tìm tọa độ giao điểm  P d  phép tính Lời giải 1) Vẽ đồ thị  P d  mặt phẳng tọa độ Parabol  P : y  x có Đường thẳng d  : y   x  có + a    nên hàm số nghịch biến   3 + Lấy điểm A  2;6  , C 1;  thuộc d   2 + Đỉnh I  0;0   nên nghịch biến  ;0  đồng biến  0;   + a + Lấy điểm A  2;  , B  2;6  3  3  C 1;  , D  1;  thuộc  P 2  2  Đồ thị hàm số  P d  y  y A D B 2 1 I x C 2) Tìm tọa độ giao điểm  P d  phép tính x y   x3 Phường trình hồng độ giao điểm  P d  3 x  x3 2  3x  3x    x2  x    x2  x  x    x  x 1   x 1    x 1 x  2   x 1  x 1    x    x  2  3 Với x  vào  P  y  Suy  P d  cắt C 1;   2 Địa chỉ: Ô 16, ĐƯỜNG NA3, KDC VSIP I, THUẬN GIAO, THUẬN AN, BÌNH DƯƠNG (gần Chợ 79) Luyện thi ĐH, L9, L10, L11, L12 GV Khổng Vũ Chiến (0907 148 731) Với x  2 vào  P  y  Suy  P d  cắt A  2;6   3 Vậy  P d  cắt điểm A  2;6  C 1;   2 Bài (1,5 điểm)  1  x 1 Cho biếu thúc A   với  x   :   x  x x 1 x x  x  x 1) Rút gọn biẻu thức A 2) Tính giá trị biếu thức A x   Lời giải 1) Rút gọn biẻu thức A 2) Tính giá trị biếu thức A   x  8  x 1 A     :  x  x Ta có A  x 1 x 1 x x  x  x   Thế x   suy  1  x 1    : A   1 x 1 x  x  x  1  x x 1    12 1    1 x  x 1  :   2   x x 1  x x 1   1      1 x x     x  x 1  x 1 Vậy A  x 1    x 1 x 1    1 1   1  2 Vậy A   Bài (3,5 điểm) Cho đường tròn O;3cm có đường kính AB tiếp tuyến Ax Trên Ax lấy điểm C cho AC = 8cm, BC cắt  cắt đường tròn (O) M cắt BC N đường tròn (O) D Đuờng phân giác góc CAD 1) Tính độ dài đoạn thẳng AD 2) Gọi E giao điểm AD MB Chứng minh tứ giác MNDE nội tiếp đường tròn 3) Chứng minh tam giác ABN tam giác cân 4) Kẻ EF vng góc AB (F thuộc AB) Chứng minh: N, E, F thẳng hàng Lời giải C 1) Tính độ dài đoạn thẳng AD Ta có  ADB  900 suy AD  BC ADB chắn đường kính AB nên  Xét  ABC vng A có AD đường cao Ta có 1 AB  AC 1 N     2 2 2 AD AB AC AD AB AC AB AC D  AD  M AB  AC E 6.8  AD   82  AD  4,8 cm B A O H 2) Gọi E giao điểm AD MB Chứng minh tứ giác MNDE nội tiếp đường tròn Xét tứ giác MNDE có Địa chỉ: Ơ 16, ĐƯỜNG NA3, KDC VSIP I, THUẬN GIAO, THUẬN AN, BÌNH DƯƠNG (gần Chợ 79) Luyện thi ĐH, L9, L10, L11, L12 GV Khổng Vũ Chiến (0907 148 731)   900 (chứng minh trên) EDN (1) 0   90 suy EMN   90  chắn đường kính AB nên BMA (2) Ta có BMA   Từ (1) (2) EDN  EMN  180 suy tứ giác MNDE nội tiếp đường tròn 3) Chứng minh tam giác ABN tam giác cân   DEM   1800 (do MNDE nội tiếp đường trịn) (3) Ta có DNM   DEM   1800 ( kề bù) MEA (4)   MEA  EAM  90 (do  MEA vuông M) (5)   Mà BAM  MAC  90 (6)    Mà MAC  EAM (do AN tia phân giác góc CAD ) (7)   Từ (6) (7) suy BAM  EAM  90 (8)   Từ (5) (8) suy MEA  BAM (9)   Thế (9) vào (4) suy BAM  DEM  180 (10)   BAM  Từ (3) (10) suy DNM Vậy tam giác ABN cân B 4) Kẻ EF vng góc AB (F thuộc AB) Chứng minh: N, E, F thẳng hàng Xét tam giác ABN có  AD  BN (chứng minh trên) Suy E trực tâm tam giác ABN   BM  AN Nên NE  AB Mà EF  AB Vậy N, E, F thẳng hàng HẾT Địa chỉ: Ô 16, ĐƯỜNG NA3, KDC VSIP I, THUẬN GIAO, THUẬN AN, BÌNH DƯƠNG (gần Chợ 79) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 01 trang) KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2020 ĐỀ THI MÔN TỐN (CHUNG) Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề) Ngày thi: 17/07/2020 Câu (2,0 điểm): Tính giá trị biểu thức: B  (4  7)2  A  64  49 Cho biểu thức Q  x 2 x x 2  , x  0 a) Rút gọn biểu thức Q b) Tìm giá trị x để biểu thức Q  Câu (2,0 điểm): Cho parabol (P ) : y  x đường thẳng d  : y  2x  a) Vẽ parabol (P ) đường thẳng (d ) mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm tọa độ giao điểm parabol ( P ) đường thẳng ( d ) phép tính 2x  3y  Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau:  x  3y   Câu (2,5 điểm): Cho phương trình ẩn x : x  5x  m   1 ( m tham số ) a) Giải phương trình (1) với m  b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x 1, x thỏa mãn hệ thức : x1  x2  2 Một đất hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 4m có diện tích 320 m Tính chu vi đất Câu (1,0 điểm):  600 Tính số đo góc C độ dài Cho tam giác ABC vng A ,có cạnh= AC 8= m, B cạnh AB , BC , đường trung tuyến AM tam giác ABC Câu (2,5 điểm): Từ điểm T bên ngồi đường trịn tâm ( O ) Vẽ hai tiếp tuyến TA , TB với đường tròn ( A , B hai tiếp điểm) Tia TO cắt đường tròn ( O ) hai điểm phân biệt C D ( C nằm T O ) cắt đoạn AB F a) Chứng minh: tứ giác TAOB nội tiếp b) Chứng minh: TC TD  TF TO c) Vẽ đường kính AG đường trịn ( O ) Gọi H chân đường vng góc kẻ từ điểm B đến AG , I giao điểm TG BH Chứng minh I trung điểm BH - HẾT Chú ý: Thí sinh khơng sử dụng tài liệu, cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………………………………….SBD………………… Họ tên, chữ ký giám thị 1:…………………………………………… Họ tên, chữ ký giám thị 2:…………………………………………… Câu (2,0 điểm): Tính giá trị biểu thức: B  (4  7)2  A  64  49 Lời giải A  64  49    B  (4  7)2      Cho biểu thức Q  x 2 x x 2  , x  0 a) Rút gọn biểu thức Q b) Tìm giá trị x để biểu thức Q  Lời giải a) Q  x 2 x x 2  3 x  b) Q   x    x   x  25 Câu (2,0 điểm): Cho parabol (P ) : y  x đường thẳng d  : y  2x  a) Vẽ parabol (P ) đường thẳng (d ) mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm tọa độ giao điểm parabol ( P ) đường thẳng ( d ) phép tính Lời giải a) Bảng giá trị x y = x2 -2 x y = x2 -1 0 1 -1 Vẽ đồ thị : b) Phương trình hồnh độ giao điểm parabol ( P ) đường thẳng ( d ) :  x =−1 ⇒ y =1 x2 = 2x + ⇔ x2 − 2x − = ⇔   x =3 ⇒ y =9 Vậy tọa độ giao điểm ( −1;1) , ( 3;9 ) 2x  3y  Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau:  x  3y   Lời giải  3x       2x  3y     x  x  Ta có           x  3y   x  3y  3  3y  y      Vậy S = {( 3;1)} Câu (2,5 điểm): Cho phương trình ẩn x : x  5x  m   1 ( m tham số ) a) Giải phương trình (1) với m  b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x 1, x thỏa mãn hệ thức : x1   x2 Lời giải x  a) Thay m = vào phương trình (1) ta có x  5x     Vậy S = {1; 4} x  b) Phương trình x  5x  m   1 có hai nghiệm dương phân biệt ( −5 ) − ( m − ) > ∆ > 33 − 4m > 33   ⇔ ⇔2 ⇔ 5 > > m   x x > m − >   2 3  3 x 1.x  x  x   x 1.x     x1  x  2 2  x1 x2 9  x  x  x 1x  x 1x   m   m  2 4 t = 2 Đặt t = m − , ( t > ) ta có phương trình ẩn t : 9t − 8t − 20 = ⇔  −10 t = (l )  Vậy m − = ⇒ m = 1   Một đất hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 4m có diện tích 320 m Tính chu vi đất Lời giải Gọi x ( m ) độ dài chiều rộng hình chữ nhật ( x > ) Chiều dài x + ( m ) Ta có phương trình:  x = 16 Vậy chiều rộng 16 ( m ) , chiều dài 20 ( m ) x ( x + ) =320 ⇔ x + x − 320 =0 ⇔  x l 20 = − ( )  64 ( m ) Chu vi đất : (16 + 20 ) = Câu (1,0 điểm):  600 Tính số đo góc C độ dài Cho tam giác ABC vng A ,có cạnh= AC 8= m, B cạnh AB , BC , đường trung tuyến AM tam giác ABC Lời giải  = 900 − 600 = 300 = Tam giác ABC vuông A ta có : C AB = AM AC 16 = ( cm ) , Sin B = BC ( cm ) 3 Câu (2,5 điểm): Từ điểm T bên ngồi đường trịn tâm ( O ) Vẽ hai tiếp tuyến TA , TB với đường tròn ( A , B hai tiếp điểm) Tia TO cắt đường tròn ( O ) hai điểm phân biệt C D ( C nằm T O ) cắt đoạn AB F a) Chứng minh: tứ giác TAOB nội tiếp Lời giải   Vì TA , TB hai tiếp tuyến đường tròn ( O ) nên TAO = TBO = 900 Tứ giác TOAB có  + TBO = TAO 1800 ⇒ Tứ giác TOAB nội tiếp b) Chứng minh: TC TD  TF TO Lời giải ∆TAC ∆TDA có  ATC chung TA TC  = ⇒ TA2 = TC.TD (1)     ⇒ ∆TAC ∽ ∆TDA ( g − g ) ⇒ TD TA sd AC = TDA = TAC  Vì TA TB = = , OA OB nên TD đường trung trực AB = ∆TAO : TAO 900 , AF ⊥ TO ta có TA2 = TF TO ( ) Từ (1) ( ) suy TC = TD TF = TO ( TA2 ) c) Vẽ đường kính AG đường trịn ( O ) Gọi H chân đường vuông góc kẻ từ điểm B đến AG , I giao điểm TG BH Chứng minh I trung điểm BH Lời giải Gọi E giao điểm TG với đường tròn ( O ) ( E khác G ) Tứ giác ATEF nội tiếp (  =  ( bù TEF  ) ( 3) AFT =  AET = 900 ) ⇒ TAB FEI =  (so le trong) ( ) Từ ( 3) ( ) suy FEI   ⇒ Tứ giác FBI = FBI AT / / BH (cùng ⊥ AG ) ⇒ TAB =  ( chắn cung BI  đường tròn nội tiếp BEFI ) ( ) BFI BEFI nội tiếp ⇒ BEG  = BAG  ( chắn cung BG  ( O ) ) ( ) Mà BEG  BAG  ⇒ IF / / AH Mà FA = FB ( TD đường trung trực AB ) Từ ( ) ( ) suy BFI = Nên BI = IH hay I trung điểm BH - HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1: (1,0 điểm) ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 -2021 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Để thi gồm 01 trang ( ) Rút gọn biểu thức A =6 + 3 − Câu 2: ( 2,0điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a x2 + 2x − = x + y = b   2x − y = Câu 3: (2,0 điểm) a Vẽ đồ thị hàm số y = x2 mặt phẳng tọa độ Oxy b Cho hàm số = y mx + n có đồ thị (d) Tìm giá trị m n biết (d) song song với đường thẳng (d’): y= x + qua điểm M (2;4) Câu 4: (1,0 điểm) Lớp 9A có 80 dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm Thực tế cuối năm tăng thêm học sinh giỏi, nên phần thưởng giảm so với dự định Hỏi cuối năm lớp 9A có học sinh giỏi, biết phần thưởng có số Câu 5: ( 4,0điểm) Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R Trên đoạn thẳng OB lấy điểm M ( M khác O B) Trên nửa đường tròn (O) lấy điểm N ( N khác A B ) Đường thẳng vuông góc với MN N cắt tiếp tuyến Ax, By nửa đường tròn (O) C D ( Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) a Chứng minh tứ giác ACNM nội tiếp b Chứng minh AN.MD = NB.CM c Gọi E giao điểm AN CM Đường thẳng qua E vng góc với BD, cắt MD F Chứng minh N, F, B thẳng hàng  = 600 , tính theo R diện tích phần nửa hình trịn tâm O bán kính R d Khi ABN nằm ∆ABN HẾT Bei hqrp 2) di kiQn lopi r 12 , thu r- 14i thoa mdn y6u u bii to6n ctra An la km/h t6c di KL Tinh diQn tich bi mfit cfia qud bdng bdn DiQn tfch bc mdt cira qui b6ng ban li: S - Gidi hQ 2r* y :b -l 4r- y :3 -l phwong trinh U =L Ir0 2r * 3b - 4r - b : DAt 0,5 x 4x 3,14 x22 - 50,24(.-') 4trR2 DKXD: r) Di6rr D6p 6n Y -b, tac6hq y-I - Giai he 2r * 3b :5 4r-b:3 0; b > 0; c > 0) Khi ta có a + b + c = a3 b3 c3 + + a + ab + b b + bc + c c + ca + a b3 c3 a3 Đặt B = + + a + ab + b b + bc + c c + ca + a a − b3 b3 − c c3 − a3 Ta thấy = A− B + + a + ab + b b + bc + c c + ca + a =(a − b) + (b − c) + (c − a ) =0 ⇒ A = B = (1,0đ) a + b3 b3 + c c3 + a3 Vì A = B nên A = A + B = + + a + ab + b b + bc + c c + ca + a (a + b)(a − ab + b ) (b + c)(b − bc + c ) (c + a )(c − ca + a ) 2A = + + a + ab + b b + bc + c c + ca + a x − xy + y Từ câu a) ta thấy với x > 0; y > ≥ nên : x + xy + y a + b b + c c + a 2(a + b + c) + + = 2A ≥ 3 3 a+b+c ⇔ A≥ Mà a + b + c = nên A ≥ với a > 0; b > 0; c > Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c = hay x= y= z= 0,25 0,25 0,25 * Chú ý: - Trên trình bày cách giải, học sinh làm cách khác mà cho điểm tối đa ứng với điểm câu - Học sinh làm đến đâu cho điểm đến theo biểu điểm - Trong câu: Trang 4/5 + Có nhiều ý mà ý phụ thuộc nhau, học sinh làm phần sai phần khơng cho điểm + Có nhiều ý mà ý không phụ thuộc nhau, học sinh làm ý cho điểm ý - Bài hình học, học sinh vẽ sai hình khơng chấm điểm Học sinh khơng vẽ hình mà làm cho nửa số điểm câu làm - Bài làm có nhiều ý liên quan đến nhau, học sinh công nhận ý mà làm ý cho điểm ý - Điểm thi tổng điểm câu làm khơng làm trịn Trang 5/5 ... x2 + 2x − 80 = ⇔ x + 10x − 8x − 80 = ⇔ x( x + 10) − 8( x + 10) = ⇔ ( x − 8)( x + 10) = x − =  x 8(tm) = ⇔ ⇔ x = ? ?10( ktm)  x + 10 = Vậy cuối năm lớp 9A có + = 10 học sinh giỏi Câu 5: ( 4,0điểm)... quy định ngày nên ta có phương 2100 2100 trình: − = (1) x x + 35 Giải phương trình (1) : 2100 2100 − = x x + 35 70 0 70 0 ⇔ − = x x + 35 Suy ra: 70 0 x + 24500 − 70 0 x =x ( x + 35 ) 0,25 0,25 0,25... Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Nguyễn Huệ – Cẩm Giàng – Hải Dương 1.00 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2020 – 2021 ĐỀ SỐ 01 ĐỀ THI MƠN TỐN Thời gian làm