Tổng hợp 10 đề tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2020 – 2021 tập 9

SỞ GDĐT NINH BÌNH ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT LẦN THỨ NHẤT - NĂM HỌC 2019 - 2020; MƠN TỐN (Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  mx  n (1) (m, n tham số, m  ) có đồ thị đường thẳng (d) a) Hãy hệ số góc đường thẳng (d) b) Tìm điều kiện m để hàm số (1) nghịch biến R c) Tìm m, n để đường thẳng (d) qua hai điểm A 1;3 B  2;5  Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức S  a) Rút gọn x x  14  với x  , x  x4 x2 x x x2 x b) Rút gọn biểu thức S c) Tìm tất giá trị x để biểu thức S nhận giá trị nguyên Câu (1,5 điểm) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình Có loại dung dịch muối ăn, loại chứa 1% muối ăn loại lại chứa 3,5% muối ăn Hỏi cần lấy cân dung dịch loại để hoà lẫn với tạo thành 140 cân dung dịch chứa 3% muối ăn? Câu (4,0 điểm) Cho đoạn thẳng HK  5cm Vẽ đường trịn tâm H, bán kính 2cm đường trịn tâm K, bán kính 3cm a) Xác định vị trí tương đối hai đường tròn b) Trên đoạn thẳng HK lấy điểm I cho IK  1cm Vẽ đường thẳng qua I vng góc với HK, đường thẳng cắt đường tròn (K) hai điểm P, Q Tính diện tích tứ giác HPKQ Một bể cá làm kính dạng hình hộp chữ nhật tích 500dm3 chiều cao 5dm (bỏ qua chiều dày kính làm bể cá) a) Tính diện tích đáy bể cá b) Đáy bể cá có chu vi nhỏ bao nhiêu? Tại sao? Câu (0,5 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn abc  Tìm giá trị lớn biểu thức T a  b 1  b  c 1  c  a 1 -Hết - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí giám thị 1:…………………… Chữ kí giám thị 2: SỞ GDĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT LẦN THỨ NHẤT - NĂM HỌC 2019-2020; MƠN TỐN (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu Đáp án Điểm a) (0,5 điểm) Hệ số góc đường thẳng (d) m b) (0,5 điểm) Để hàm số (1) nghịch biến R điều kiện m  c) (1,0 điểm) (2,0 điểm) 0,5 0,5 Đường thẳng (d) qua điểm A 1;3  m  n  (*) 0,25 Đường thẳng (d) qua điểm B  2;5   2m  n  (**) 0,25 m  n  m  Kết hợp (*) (**) ta có hệ phương trình   2m  n  2  n  0,25 m   n  a) (0,5 điểm) x  x2 x 0,25 x x  x 2 0,25  x 2  0,25 b) (1,0 điểm) (2,0 điểm) S x x  14   x4 x 2 x   x 2  x 2    x   x  2  x  14 x   x  14    x 2 x  14  x4 x 2  x 2 x 2     x   x   x  14 x 2  0,25 x  10    x 2   0,25 x 2  x 2  x 2 0,25 0,25 c) (0,5 điểm) Vì x   với x  nên  5  Do S nhận hai giá trị nguyên x 2 0,25 * S 1   x    x   x  (thỏa mãn điều kiện) x 2 0,25 * S2 5 1   x    x   x  (thỏa mãn điều kiện) 2 x 2 1  Vậy x   ;9  4  Gọi khối lượng dung dịch chứa 1% muối ăn khối lượng dung dịch chứa 3,5% muối ăn x y (cân, x, y  ) Vì cần 140 cân dung dịch 3% muối ăn nên ta có phương trình x  y  140 (1) Khối lượng muối ăn dung dịch 1% dung dịch 3,5% (1,5 điểm) 0,25 0,25 x (cân), khối lượng muối ăn 100 3, y (cân), khối lượng muối ăn dung dịch 3% 100 140  4, (cân) 100 3,5 x y  4,  x  3,5y  420 (2) 100 100 Kết hợp (1) (2) ta có hệ phương trình  x  y  140  x  y  140    x  3,5y  420 2, 5y  280 0,25 Từ ta có phương trình  x  112  140  x  28   (thỏa mãn điều kiện)  y  112  y  112 Vậy cần phải lấy 28 cân dung dịch 1% muối ăn 112 cân dung dịch 3,5% muối ăn (2,5 điểm) 0,25 0,25 0,25 P H I K 0,5 Q (4,0 điểm) Vẽ hình để làm ý a: 0,5 điểm a) (1,0 điểm) Tổng hai bán kính là: r  R    (cm) Độ dài đoạn nối tâm: HK = (cm) Suy ra: Độ dài đoạn nối tâm tổng hai bán kính Do hai đường trịn tiếp xúc ngồi với b) (1,0 điểm) Vì PQ  HK nên I trung điểm PQ Áp dụng định lí Pi-ta-go cho tam giác vng IPK ta có PI  PK  IK  32  12  2 (cm) 0,5 0,5 0,25 0,25 Suy PQ  2.2  (cm) 0,25 1 Do diện tích tứ giác HPKQ S  HK.PQ  5.4  10 (cm2) 2 0,25 2) (1,5 điểm) a) (1,0 điểm) Diện tích đáy bể cá S  V h 500  100 (dm2) b) (0,5 điểm) Gọi a, b độ dài hai cạnh đáy bể cá (dm, a, b  ) Theo kết ý a) ab  100 (dm2) Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có  a  b   2.2 ab  100  40 Thay số S  Dấu xảy a  b  10 Vậy đáy bể cá có chu vi nhỏ 40 (dm) Đặt a  x , b  y3 , c  z3  x, y, z  xyz  0,5 0,5 0,25 0,25 Ta có x  y3   x  y   x  y  xy   xy  x  y  x  y  2xy theo Cô-si xyz z   (1) x  y  xy  x  y   xyz x  y  z x y Tương tự: 3 (2); (3)   y  z 1 x  y  z z  x 1 x  y  z Cộng vế với vế bất đẳng thức (1); (2) (3) có: 1 xyz T  3  3   x  y 1 y  z 1 x  z 1 x  y  z Dấu đẳng thức xảy x  y  z  hay a  b  c  Vậy T đạt giá trị lớn Hết -Từ suy (0,5 điểm) 0,25 0,25 ịà ùũ íá ắÃfô ơá'ẵ ớă ỗă òó ăừ ă ợ ăừù ¨ ° õ° ¨õỵ ¨ ỵ ï ï ° ï ă ù ổ òũ ợũ ẻ-ơ ạ; ạà ơđ@ ẵ+ ắÃfô ơá'ẵ ò ũ ịà ợũ íá á)4ạ ơđdá ăợ ứợ ùữă ó ũ ùũ íá'ạ Ãá đtạ ê2à ;à ạà ơđ@ ẵ+ ụ á)4ạ ơđdá ô: ẵ> áà ạáÃe á{ ắÃeơụ ơđà ẳyôũ ợũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ạà ơđ@ ăù ăợ ơá< ~ ăợù ăợợ ó ộũ ớũ èd ịà ớũ ẳù ổ Đ ó ợă ẳợ ổ Đ ó ỡă ơá ư8ũ èd ẳù ẵsơ ẳợ ò ẵá ắÃhơ êd ư/ ơ: ẵáhơ j á}à ắ ỡỷ ư8 ơ: ê2à ạà ỡ ò ư>ẵ ạz ù ò ẵ,ạ ẵá ắÃhơ ơáj đtạụ hô àá:ạ ẵ> ẳ@ẵá íẹấìĩúùỗ ơád ò ịà ỡũ ứẹữ ò ứẹữ ụ ê2à ể ê ề òề ẵá ị t ạÃ& òồ í ị ê ể ùũ íá'ạ Ãá ơ' ạÃẵ òề ẹể ợũ ;à ỉ ứẹữ ũ ẽô ò àl ẵẵ ơÃh ơôĐh òể ê òịí ứẹữ òẹ ũ òịổòí ó òể ợ ũ òẹ ê ể ề ũ íá'ạ Ãá ơ' ạÃẵ ẹỉịí ớũ ẽô ị ể í z )/ơ ẵsơ òể ê ể ề ơ|à ê ũ íá'ạ Ãá ỉể á{ ạÃẵ ơđạ ẵ+ ạ>ẵ ịỉí ê ị ũ ù Đợ ịà ởũ íá ăồ Đ ẵẵ ư8 ơá$ẵ ẳ)4ạ ơá< ~ ợăợ ợ ó ỡ ũ èd ạà ơđ@ á< áyơ ẵ+ ắÃfô ơá'ẵ ă ỡ é ó ¨§ị SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA - ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chun) Ngày thi: 17/07/2020 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (2,0 điểm) a) Cho a, b, c ba số thực thỏa mãn đồng thời điều kiện a  b  c  1    a b c Chứng minh ba số a, b, c có số b) Cho x, y, z ba số thực thỏa mãn đồng thời điều kiện x  y  z  2045  x 18   y  7   z  2020  3 Tính giá trị biếu thức: F   x 18 2021   y  7 2021   z  2020 2021 Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình:  x 1  35 12 x   xy  y  x  x  b) Giải hệ phương trình:   2  y 18 x 16 x y       Câu (2,0 điểm) a) Tìm tất cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn xy  x  2 x  x 1  y b) Chứng minh 2n  10a  b với a, b, n số tự nhiên thỏa mãn  b  10 n  ab chia hết cho Câu (3,0 điểm)   450 Về phía ngồi tam giác ABC dựng hình vng ABMN ACPQ Cho tam giác ABC nhọn có BAC Đường thẳng AQ cắt đoạn thẳng BM E, đường thẳng AN cắt đoạn thẳng CP F a) Chứng minh tứ giác EFQN nội tiếp đường tròn b) Gọi I trung điểm đoạn thẳng EF Chứng minh I tâm đường ngoại tiếp tam giác ABC c) Đường thẳng MN cắt đường thẳng PQ D Các đường tròn ngoại tiếp tam giác DMQ DNP cắt K với K  D Các tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC B C cắt J Chứng minh bốn điểm D, A, K , J thẳng hàng Câu (1,0 điểm) Trên đường tròn người ta lấy 2024 điểm phân biệt, điểm tô màu xanh màu đỏ xen kẽ Tại điểm ta ghi số thực khác cho quy tắc sau thỏa mãn “số ghi điểm màu xanh tổng hai số ghi màu đỏ kể nó; số ghi màu đỏ tích hai số ghi hai điểm màu xanh kế nó” Tính tổng 2024 số HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA - ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chun) Ngày thi: 17/07/2020 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu a) Ta có: 1     ab  bc  ca  abc a b c Khi 1 a 1 b1 c  1  a  b  c  ab  bc  ca   abc  Suy ra: 1 a 1 b1 c  Đẳng thức chứng tỏ ba số a, b, c có số a  b  c   b) Đặt a  x 18, b  y  c  z  2020 Khi ta có:  3     a b c   Do đó: F  a 2021  b 2021  c 2021 Ta có: a  b3  c3  3abc  a  b  c a  b2  c  ab  bc  ca  Suy 3abc  a  b3  c3  Không tính tổng quát giả sử a  Khi ta có: b3  c  b  c Suy F  a 2021  b 2021  c 2021   c  2021  c 2021  Vậy F  Câu a) Điều kiện xác định: x  Ta có: 35  1   x  Do x  12 x x 1 Bình phương hai vế phương trình cho, ta được: 1  1225  x 1 144 x  25  144 x  625 x  625  12 x 1 x4 x2 1225    0 x 1 x 1 144  x2 49  x 25          x 1 12  x 1 12   x2 x 1  x    4 x  54 x  53  53x  5     x    x  1 5 Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  ; x     y  2 x  3  x  x  1 b) Hệ cho tương đương với:  2      y x 16 x 14 2        Lấy  2   1 , ta được:  y  2   y  2 x  3  x  x    y  2   y  2 x  3   x  3  2   y   x  3   y  x6   y  x  5     y  x   x   y  5 Trường hợp 1: y  x  6, thay vào 1 , ta được: 3x  12 x 15     x  5  x  11   x  5  13  y  17  13  3 Trường hợp 2: y  x  4, thay vào 1 , ta được: 3x 10 x        13 17 13 y   y   3    5  13 17  13    13 17  13     ,  ; ;  Vậy S  1; 5 , 5; 11 ,        3 3       Câu a) Phương trình cho tương đương: y  x  2  x  2 x  x 1    x  2  y  x  x  1    x     y  x  x 1 Với x  2, ta có y nguyên thỏa mãn Với y  x  x  1, suy x  x 1 số phương Ta xét hai trường hợp sau:  x  x  x  x    x  1 Do x  khơng thỏa mãn  x  1 x  x  x    x 1 Do x  1 khơng thỏa mãn 2 Thử trực tiếp:    x  0, ta y  y  1 x  1, ta y  y  2 x  1, ta y  Vậy phương trình có có nghiệm  x; y   2; a  , 0;1 , 0; 1 , 1; 2 , 1; 2 , 1; 0 với a   b) Ta có: 2n  10a  b suy b chia hết cho mà  b  10 nên b  2; 4; 6; 8 Bây đặt n  4k  r với k   r  0; 1; 2; 3 Ta có: n  k r  16k  2r  r mod15 Mà 2r  1; 2; 4; 8 2n chia 15 dư 1; 2; 4;  Nếu a  3m 1, 10a  b  10 3m  1  b  30m  b  10 Suy 2n  10a  b  b  10 mod15 Do b  10 chia 15 dư 1; 2; 4; Mà b  2; 4; 6; 8 nên b  Nên ab  Nếu a  3m  2, 10a  b  10  3m  2  b  30m  b  20 Suy 2n  10a  b  b  mod15 Do b chia 15 dư 1; 2; 4; Mà b  2; 4; 6; 8 nên khơng có giá trị b thỏa mãn Hay không tồn a dạng 3m  cho 2n  10a  b  Nếu a  3m ab  3mb mà b chẵn nên ab Vậy trường hợp a, b thỏa mãn 2n  10a  b ab chia hết cho Câu    CAF  (do phụ với BAC  ) a) Ta có: ABE ACF  900 BAE Suy ABE  ACF  AB AN AE   AF AC AD  Do AEF  ANQ   AFE  NQA Từ tứ giác NQFE nội tiếp b) Bổ đề: Nếu gọi M , N trung điểm BD, AC với ABCD hình thang  AB  CD  MN  AB  CD Chứng minh: Gọi K trung điểm AD KM  AB  CD KN  DC  AB Từ suy K , M , N thẳng hàng hay MN  AB  CD Trở lại toán gọi S , L trung điểm AC , AB Áp dung bổ đề cho hình thang AFCE với I trung điểm EF , S trung điểm AC ta có IS  CF Mà CF  AC nên IS  AC trung điểm S AC hay IS trung trực AC 1 Chứng minh tương tự ta có IL trung trực AB 2 Từ 1 2 suy I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC c) Gọi K1 , K giao điểm DA với đường tròn ngoại tiếp DMQ DNP   DQE   900 nên DE đường kính đường trịn ngoại tiếp DMQ Do DME  Suy DK E  90  Chứng minh tương tự ta có DK F  90 Do tứ giác DQK1 E nội tiếp  DA  K1 A  EA  QA Tứ giác DNK F nội tiếp  DA  K A  FA  NA Theo câu a) tứ giác NQFE nội tiếp nên EA  QA  FA NA Từ suy DA  K1 A  DA  K A hay K1  K   DMQ    DNP   K Do D, A, K thẳng hàng     1800  BKE   900  EAB   BAC   BIC    EAB   CAF   CKF  Suy BKC Ta có: BKE   CKJ  Do tứ giác BKIC nội tiếp, mà IBJC nội tiếp JB  JC nên BKJ  Hay KJ phân giác BKC   1800    Mặt khác BKA AEB  1800   AFC Suy tia đối tia KA phân giác BKC Do A, K , J thẳng hàng Hay bốn điểm D, A, K , J thẳng hàng b) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm với giá trị m c) Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm x , x thỏa mãn điều kiện x12 x + x1x 22 − 12 = Lời giải Cho phương trình x − (m +1)x + m = (1) (với x ẩn số) a) Giải phương trình (1) m = Với m = phương trình (1) trở thành: x − 3x + = ⇔ x2 − x − x + = ⇔ ( x − 1)( x − ) = x = ⇔ x = Vậy với m = phương trình (1) có hai nghiệm x = 1; x = b) Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm với giá trị m Xét phương trình x − ( m + 1) x + m = (1) Ta có: ∆ =  − ( m + 1)  − 4.1.m   = ( m − 1) Vì ( m − 1) ≥ với m nên ∆ ≥ với m Suy phương trình (1) ln có nghiệm với giá trị m c) Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm x , x thỏa mãn điều kiện x12 x + x1x 22 − 12 = Theo câu b) ta có phương trình (1) ln có nghiệm với giá trị m x + x =m +1 Gọi x1 , x2 hai nghiệm phương trình (1) Theo hệ thức Vi-et ta có:   x1.x2 = m Theo ta có: x12 x2 + x1 x2 − 12 = ⇔ x1 x2 ( x1 + x2 ) − 12 = ⇔ m ( m + 1) − 12 = 0 ⇔ m + m − 12 = ⇔ m + 4m − 3m − 12 = ⇔ ( m + )( m − 3) =  m = −4 ⇔ m = Vậy m = -4; m = thỏa mãn yêu cầu đề Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M điểm  nhọn (M không trùng A C) Gọi E F chân đường cung nhỏ AC cho BCM vng góc kẻ từ M đến BC AC Gọi P trung điểm AB, Q trung điểm FE Chứng minh rằng: a) Tứ giác MFEC nội tiếp b) Tam giác FEM tam giác ABM đồng dạng  = 900 c) MA.MQ = MP.MF PQM Lời giải M A F P O B Q E C (Học sinh khơng vẽ hình ý khơng chấm điểm ý đó) a) Tứ giác MFEC nội tiếp = Ta có: MF ⊥ AC ⇒ MFC 900 = ME ⊥ BC ⇒ MEC 900   Tứ giác MFEC có MEC = MFC = 900 nên tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cạnh nhìn cạnh đối diện góc nhau) b) Tam giác FEM tam giác ABM đồng dạng  + ECM = Theo câu a, tứ giác MFEC nội tiếp nên EFM 1800 (tính chất) (1)  + BCM = Tứ giác nội tiếp ABCM nội tiếp nên BAM 1800 (tính chất) (2) =  (cùng bù với BCM  ) Từ (1) (2) ⇒ BAM EFM  = FCM  (hai góc nội tiếp chắn cung FM) (3) FEM = FCM ABM (hai góc nội tiếp chắn cung AM) (4) = Từ (3) (4) suy FEM ABM Xét ∆FEM ∆ABM có:  = BAM  ( cmt ) EFM = FEM ABM ( cmt ) ⇒ ∆FEM  ∆ABM ( g − g )  = 900 c) MA.MQ = MP.MF PQM FE MF Từ câu b ta có: ∆FEM  ∆ABM ⇒ = (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AB MA FQ MF AM FM FQ MF ⇒ = ⇒ = ⇒ = AP MA AP FQ AP MA Xét ∆MAP ∆MFQ có: AM FM = AP FQ  = MFQ  ( cmt ) MAP ⇒ ∆MAP  ∆MFQ ( c − g − c ) MA MP =(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) MF MQ MP.MF ⇒ MA.MQ =  (hai góc tương ứng) Lại có ∆MAP  ∆MFQ ( cmt ) ⇒  AMP = FMQ ⇒  = FMP  + PMB  + BMQ ⇒  + BMQ ⇒  ⇒ AMF + FMP AMF = PMB AMF = PMQ Xét ∆MAF ∆MPQ có: MA MP = MF MQ   ( cmt ) AMF = PMQ ⇒ ∆MAF  ∆MPQ ( c − g − c ) =  (hai góc tương ứng) ⇒ MFA MQP = = Mà MFA 900 ⇒ MQP 900 Câu (1,0 điểm) Một cốc thủy tính có dạng hình trụ, chiều cao 10cm chứa lượng nước tích nửa thể tích cốc Một có thủy tinh khác có dạng hình nón (khơng chứa cả) có bán kính đáy bán kính đáy cốc hình trụ cho (hình vẽ bên) Biết đổ hết lượng nước cốc hình trụ vào cốc hình nón cốc hình nón đầy nước khơng có nước tràn ngồi Tính chiều cao cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày thành cốc đáy cốc) Lời giải Theo đề ta có: Thể tích nước cốc hình trụ = Thể tích cốc hình nón = thể tích cốc hình trụ Gọi bán kính đáy hai cốc là: R ( R > ) Chiều cao cốc hình trụ là: h = 10cm ( gt ) Gọi chiều cao cốc hình nón h1 ( h1 > ) Gọi thể tích cốc hình trụ V, thể tích cốc hình nón V1 1 1 π R h ⇔ h1 = 10 ⇔ h1 = 15cm ( tm ) V ⇔ π R h1 = 3 Vậy chiều cao cố hình nón 15cm HẾT -⇒ V1 = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Bài I (1,5 điểm) 7 1   với x  x  x 1 x  x 1 1) Rút gọn biểu thức: A  2) Cho biểu thức: M  5    a) Rút gọn biểu thức M b) Tìm tất giá trị x để M  Bài II (2,5 điểm) 1) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x  x   x  y  c)  x  y  qua A 1;  song song với đường thẳng b) x  x   2) Viết phương trình đường thẳng d   d  : y  x  Bài III (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P  : y  x 1) Vẽ đồ thị parabol  P  2) Bằng phép tính, tìm tọa độ điểm N thuộc parabol  P  có hoành độ Bài IV (1,5 điểm) Một người xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B hết 30 phút, tiếp tục từ địa điểm B đến địa điểm C hết Tìm vận tốc người xe máy quãng đường AB BC , biết quãng đường xe máy từ A đến C dài 150 km vận tốc xe máy quãng đường AB nhỏ vận tốc quãng đường BC km/h Bài V (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông A , biết AB  6cm BC  10cm Tính giá trị biểu thức P  5sin B  2) Cho hai đường tròn  O; R   O; r  tiếp xúc A , với R  r Kẻ BC tiếp tuyến chung hai đường tròn với B   O  , C   O  , tiếp tuyến chung A hai đường tròn cắt BC M a) Chứng minh bốn điểm O , B , M , A thuộc đường tròn b) Gọi E giao điểm OM AB , F giao điểm OM AC Chứng minh tứ giác AEMF hình chữ nhật c) Chứng minh tam giác MEF đồng dạng với tam giác MOO d) Cho biết R  16cm r  9cm Tính diện tích tứ giác OBCO HẾT LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH TIỀN GIANG NĂM HỌC 2020 – 2021 Bài I (1,5 điểm) 7 1   với x  x  x 1 x  x 1 5   1) Rút gọn biểu thức: A  2) Cho biểu thức: M   a) Rút gọn biểu thức M b) Tìm tất giá trị x để M  Lời giải 5   1) Rút gọn biểu thức: A  Ta có: A  5     7  5   5   Vậy A  1   với x  x  x 1 x  x 1 2) Cho biểu thức: M  a) Rút gọn biểu thức M Với x  x  , ta có: 1 M   x 1 x  x 1 M M x   x 1    x 1 x 2   x 1 M  x 1    x 1  x 1  x 1  x 1 x 1 b) Tìm tất giá trị x để M  Ta có: M     x   x  (thỏa điều kiện) x 1 M Bài II (2,5 điểm) 1) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x  x   x  y  c)  x  y  qua A 1;  song song với đường thẳng b) x  x   2) Viết phương trình đường thẳng d   d  : y  x  Lời giải 1) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x  x   Ta có: a  ; b  ; c  3 a  b  c     nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  x2  3 Vậy S  1; 3 b) x  x   Đặt x  t với t  Khi phương trình cho trở thành: t  3t   * Với a  ; b  ; c  4 ta có a  b  c     nên phương trình * có hai nghiệm phân biệt t1  (nhận) t2  4 (loại) Với t1  x   x  1 Vậy S  1;1  x  y  2 x  x  x  x      c)  x  y   x  y   x  y  2  y   y  Vậy hệ phương trình có nghiệm x  ; y  2) Viết phương trình đường thẳng  d  qua A 1;  song song với đường thẳng  d  : y  x  Gọi phương trình đường thẳng  d  : y  ax  b Vì  d  : y  ax  b song song với đường thẳng  d   : y  x  nên a  1; b  Khi đó:  d  : y  x  b Vì A 1;    d  nên   b  b  (thỏa b  ) Vậy  d  : y  x  Bài III (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P  : y  x 1) Vẽ đồ thị parabol  P  2) Bằng phép tính, tìm tọa độ điểm N thuộc parabol  P  có hồnh độ Lời giải 1) Vẽ đồ thị parabol  P  Bảng giá trị: Đồ thị: x 2 1 y  x2 1 2) Bằng phép tính, tìm tọa độ điểm N thuộc parabol  P  có hồnh độ Ta có: N   2; y N   P  : y  x  y N   2  Vậy N   2; Bài IV (1,5 điểm) Một người xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B hết 30 phút, tiếp tục từ địa điểm B đến địa điểm C hết Tìm vận tốc người xe máy quãng đường AB BC , biết quãng đường xe máy từ A đến C dài 150 km vận tốc xe máy quãng đường AB nhỏ vận tốc quãng đường BC km/h Lời giải Gọi x (km/h) vận tốc xe máy quãng đường AB  x   y (km/h) vận tốc xe máy quãng đường BC  y  5; y  x  Vì vận tốc xe máy quãng đường AB nhỏ vận tốc xe máy quãng đường BC km/h nên ta có phương trình: y  x  1 Quãng đường AB là: 1,5x (km/h) ( 30 phút  1,5 giờ) Quãng đường BC là: y (km) Vì quãng đường xe máy từ A đến C dài 150 km nên ta có phương trình: 1,5 x  y  150   y  x  Từ 1   ta có hệ phương trình:  1,5 x  y  150 Giải hệ phương trình ta được: x  40 (nhận) ; y  45 (nhận) Vậy vận tốc xe máy quãng đường AB 40 km/h Vận tốc xe máy quãng đường BC 45 km/h Bài V (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông A , biết AB  6cm BC  10cm Tính giá trị biểu thức P  5sin B  2) Cho hai đường tròn  O; R   O; r  tiếp xúc A , với R  r Kẻ BC tiếp tuyến chung ngồi hai đường trịn với B   O  , C   O  , tiếp tuyến chung A hai đường tròn cắt BC M a) Chứng minh bốn điểm O , B , M , A thuộc đường tròn b) Gọi E giao điểm OM AB , F giao điểm OM AC Chứng minh tứ giác AEMF hình chữ nhật c) Chứng minh tam giác MEF đồng dạng với tam giác MOO d) Cho biết R  16cm r  9cm Tính diện tích tứ giác OBCO Lời giải C 1) Cho tam giác ABC vuông A , biết AB  6cm BC  10cm Tính giá trị biểu thức P  5sin B  Ta có: BC  AB  AC 102  62  AC AC  102  62  64  AC  cm AC   Suy ra: sin B  BC 10 10cm A 6cm B P    Vậy P  2) Cho hai đường tròn  O; R   O; r  tiếp xúc A , với R  r Kẻ BC tiếp tuyến chung ngồi hai đường trịn với B   O  , C   O  , tiếp tuyến chung A hai đường tròn cắt BC M B M C E F O A O' a) Chứng minh bốn điểm O , B , M , A thuộc đường tròn   90 ( BC tiếp tuyến đường trịn tâm O) Ta có: OBM   90 ( AM tiếp tuyến đường tròn tâm O) OAM   OAM   90  90  180  OBM  Tứ giác OABM nội tiếp đường tròn hay bốn điểm O , B , M , A thuộc đường tròn b) Gọi E giao điểm OM AB , F giao điểm OM AC Chứng minh tứ giác AEMF hình chữ nhật Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta có: AMB MO tia phân giác  AMC MO tia phân giác  AMB  Mà  AMC hai góc kề bù   90 Suy ra: MO  MO hay EMF Ta có: MA  MB OA  OB nên MO đường trung trực đoạn AB Suy  AEM  90 Ta có: MA  MC OA  OC nên MO đường trung trực đoạn AC Suy  AFM  90  Tứ giác AEMF có EMF AEM   AFM  90 nên AEMF hình chữ nhật c) Chứng minh tam giác MEF đồng dạng với tam giác MOO Ta có AOM vng A , AE đường cao Suy ra: MA2  ME.MO Ta có AOM vuông A , AF đường cao Suy ra: MA2  MF MO Do đó: ME.MO  MF MO Xét MEF MOO có: ME MF  (do ME.MO  MF MO ) MO MO  góc chung OMO Vậy MEF ∽ MOO (c.g.c) d) Cho biết R  16cm r  9cm Tính diện tích tứ giác OBCO   90 nên MOO vuông M có MA đường cao Vì EMF Suy MA2  AO AO hay MA  16.9  12 cm Ta có MA  MB MA  MC nên MA  MB  MC  BC Suy BC  MA  2.12  24 cm Tứ giác OBCO hình thang vng (vì OB // OC vng góc với BC ) SOBCO   OB  OC  BC 16   24   300 cm2 HẾT SỞ GIÁO DỤC - KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BẠC LIÊU NĂM HỌC 2020 - 2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN (khơng chun) Ngày thi: 14/07/2020 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu a) Rút gọn biểu thức A   48  125  5 b) Tìm điều kiện x để biểu thức B  3x  có nghĩa Câu  3x  y  a) Giải hệ phương trình     x  y  b) Cho parabol  P : y  x đường thẳng d  : y  3x  b Xác định giá trị b phép tính để đường thẳng d  tiếp xúc với parabol  P Câu Cho phương trình x m 1 x  m  1 với m tham số a) Giải phương trình 1 m  b) Chứng minh phương trình 1 ln có nghiệm với giá trị m c) Xác định giá trị m để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: x1 3  x1   x2 3  x2   4 Câu Cho đường trịn tâm O có đường kính AB  R Gọi I trung điểm đoạn thẳng OA, E điểm thay đổi đường trịn O  cho E khơng trùng với A B Dựng đường thẳng d1 d tiếp tuyến đường tròn O  A B Gọi d đường thẳng qua E vng góc với EI Đường thẳng d cắt d1 , d M , N a) Chứng minh tứ giác AMEI nội tiếp b) Chứng minh IAE đồng dạng với NBE Từ chứng minh IB  NE  3IE  NB c) Khi điểm E thay đổi, chứng minh tam giác MNI vng I tìm giá trị nhỏ diện tích MNI theo R HẾT LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu a) Ta có: A   3 42  53  5   20  5  5  22 Vậy A  22 b) Ta có B có nghĩa 3x    x  Vậy với x  B có nghĩa Câu a) Cộng vế theo vế hệ phương trình ta được: 3x  y  x  y    x   x  Với x  2, ta có:  y   y    1 Vậy hệ cho có nghiệm  x; y   2;    4 b) Phương trình hồnh độ giao điểm d   P là: x  x  b  x  x  b   P tiếp xúc với d      3   b   b   Vậy với b    P tiếp xúc với d  Câu a) Khi m  4, phương trình trở thành: x  x     x  1 x  4   x 1   x  1    x    x  Vậy phương trình có hai nghiệm S  1; 4 b) Phương trình 1 có   m 1  m  m  2m    m  1  2 Nên phương trình 1 có nghiệm với m   c) Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt    m  1  x1  x2  m 1  Theo định lý Viete, ta có:  Khi đó, ta có:    x x m    x1 3  x1   x2 3  x2   4  x12  x12  3 x1  x2   4   x1  x2   3 x1  x2   x1 x2  4  m 1  3 m 1  2m    m  1  m  3m      m  2 So với điều kiện ta có m  2 giá trị cần tìm Câu   900 a) Ta có d1 tiếp tuyến O  A nên MAI   900 Theo giả thiết MEI   MEI   900 hay tứ giác AMEI nội tiếp Suy ra: MAI AEB  900 b) Do E nằm đường trịn đường kính AB     900 Từ suy   1 phụ với IEB  Theo giả thiết NEI AEI  BEN  2 phụ với ABE  Lại có  AEI  EBN Từ 1 2 , suy AIE đồng dạng với BEN   MAE  c) Theo câu a) ta có tứ giác AMEI nội tiếp Suy MIE   EBN  Chứng minh tương tự có BIEN tứ giác nội tiếp Suy EIB   900  EAB  EBN   900  EBA  Mà MAE       EBN   1800  EAI   EBA   1800  1800   Suy MAE AEB   AEB  900   EIN   900 Suy tam giác MNI vuông I Do MIE Khi SMNI MI  IN MI  IN    2 MA2  AI  MB  IB  3 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiaxcopki, ta có: MA2  IA2  NB  IB2   MA NB  IA IB 4  Theo câu a) tứ giác AMEI nội tiếp  AMI AEI  theo câu a) Nên   Mà  AEI  BEN AMI  BEN   NIB  tứ giác BNEI nội tiếp Mà BEN   NIB  , suy MAI đông dạng với tam giác IBN Suy AMI Suy MA IA  MA  NB  IA  IB 5  BN IB Từ 3 ,  4 5 suy SMNI  IA  IB  Đẳng thức xảy R 3R 3R   2 MA IA   NB IB Vậy diện tích nhỏ MNI 3R HẾT ... a  3m 1, 10a  b  10 3m  1  b  30m  b  10 Suy 2n  10a  b  b  10 mod15 Do b  10 chia 15 dư 1; 2; 4; Mà b  2; 4; 6; 8 nên b  Nên ab  Nếu a  3m  2, 10a  b  10  3m ... GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA - ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chun) Ngày thi: 17/07 /2020 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian... GIO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA - ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: TỐN (chun) Ngày thi: 17/07 /2020 Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian