Tải Bộ đề thi khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán lớp 10 năm học 2020 - 2021 - Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 có đáp án

Chứng minh 4 điểm O, M, B, D cùng nằm trên một đường tròn, xác định tâm đường tròn đó.. Chứng minh AB là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD d.[r]

Bộ đề thi khảo sát chất lượng đầu năm mơn Tốn lớp 10 năm học 2020 – 2021

Bản quyền thuộc upload.123doc.net.

Nghiêm cấm hình thức chép nhằm mục đích thương mại. Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021

Mơn: Tốn – Đề số 1 Câu 1: Cho biểu thức

1

:

1 1 1

x x x x

A x

x x x

      

     

      

   

a Tìm điều kiện xác định biểu thức b Rút gọn biểu thức

c Tìm giá trị x nguyên để A nguyên

Câu 2: Cho phương trình x2 2mx m m 0 a Giải phương trình m 1

b Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2thỏa mãn điều kiện

sau: x12x222x1 3x x1 22x2 4

Câu 3: Cho parabol  

2

2

x P 

và đường thẳng  d :y2x3 a Vẽ  P d hệ trục tọa độ

b Tìm tọa độ giao điểm  P d

Câu 4: Cho nửa đường tròn đường kính AB2R Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax

và By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ cắt tiếp tuyến Ax, By C, D Các đường thẳng AD, BC cắt N

a Chứng minh điểm O, M, B, D nằm đường trịn, xác định tâm đường trịn

b Chứng minh: COD  900

Câu 5: Cho số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz 1 Chứng minh rằng:

2 2 2

1 1

1

1 1

x y   y z  z x  

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021 Mơn: Tốn – Đề số 2

Câu 1: Cho biểu thức

2

: , 0,

1

x x x

A x x

x x

x x x x

    

       

      

 

a Rút gọn biểu thức

b Biết P x   Tìm x

c Tìm giá trị x để P x  

Câu 2: Cho phương trình mx2 x 5m 2 a Giải phương trình m 2

b Tìm điều kiện m để phương trình có nghiệm phân biệt x x1, thỏa mãn

 

2

1 2

x x  x x 

Câu 3: Cho parabol  

2

5

P x  x

và đường thẳng  d :ymx a Vẽ  P d hệ trục tọa độ

b Tìm điều kiện m để d cắt (P) điểm phân biệt cho điểm có hồnh độ

Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB điểm M nằm nửa

đường tròn Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax

Tia BM cắt Ax I, tia phân giác MAI cắt nửa đường tròn E, cắt tia MN F tia BE cắt Ax H, cắt AM K

a Chứng minh rằng: Tứ giác EFMK tứ giác nội tiếp b Chứng minh tam giác BAF tam giác cân

c AKFH hình thoi

Câu 5: Cho số thực x, y khơng âm thay đổi Tính giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ

nhất biểu thức:

 

  2 2

(1 )

1

xy x y A

x y

 



 

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021 Mơn: Tốn – Đề số 3

Câu 1: Cho biểu thức

1

x x x x x

P

x

x x x x

    

  



 

 

 

a Rút gọn biểu thức

b Tìm giá trị x nguyên để P đạt giá trị nguyên Câu 2:

a Giải hệ phương trình:

2

1

x xy y

x y xy

    

 

   



b Giải phương trình: 25 x2  10 x2 3

Câu 3: Cho phương trình:  

2

2

x  m x m  m

Tìm giá trị tham số m để phương trình có nghiệm phân biệt âm

Câu 4: Cho đường tròn tâm O đường kính AB I trung điểm OA Đường

tròn tâm I qua A, P điểm nằm đường trịn tâm I, AP cắ (O) Q a Chứng minh (I), (O) tiếp xúc với A

b Chứng minh: IP/ /OQ c Chứng minh: PQ = PA

d Xác định vị trí P để tam giác ABQ có diện tích lớn

Câu 5: Chứng minh rằng: x 1 y 1 x y biết

1

0, 0,

x y

x y

   

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021 Mơn: Tốn – Đề số 4

3

2

2

x x x x x

A

x

x x x

 

      

 

  

      

   

Câu 2:

1 Khơng sử dụng máy tính cầm tay giải phương trình hệ phương trình sau:

a

2

3

x y x y

  



 



b x4 6x2  8

2 Tìm tham số m để hàm số ym 2x3m 1nghịch biến  Câu 3: Cho phương trình:  

2

2

x  m x m  

a Giải phương trình với m =

b Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt x x1, 2thỏa mãn biểu thức:

2

1 2

x x  x x 

Câu 4: Một người xe máy từ A đến B với vận tốc 40km/h Khi đến B người đó

nghỉ 30 phút quay A với vận tốc 50km/h Tính quãng đường AB biết tổng thời gian người từ A đến B , từ B A thời gian nghỉ 15 phút

Câu 5: Cho đường tròn (O, R) BC dây cung (BC 2R) Một điểm A di

động cung lớn BC cho O nằm tam giác ABC Các đường cao AD, CF, BE cắt điểm H

a Chứng minh rằng: AEFABC

b Gọi A’ trung điểm BC Chứng minh AH 2OA'

c Gọi A1Là trung điểm EF Chứng minh rằng: RAA1 OA AA' '

d Tìm vị trí A để EF + FD + DE đạt giá trị lớn

Câu 6: Cho x, y, z số thực dương

1 1

2

1 1

x  y  z  Chứng

minh rằng:

1

xyz 

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021 Mơn: Tốn – Đề số 5

2

2 1

:

1

1

x x

P

x x x

x

     

     

    

  

 

a Rút gọn P

b Tìm giá trị x dương để P nhận giá trị nguyên

Câu 2: Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình.

Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 420m2 Nếu tăng chiều dài lên 10m giảm chiều rộng 6m diện tích mảnh vườn khơng đổi Tính chiều dài chiều rộng mảnh vườn

Câu 3:

1 Giải hệ phương trình:

1

5

2

2

11

2

x y

x y



 

  

 

  

  



2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d: 3x y  1 m2và parabol

(P): y2x2

a Chứng minh (d) cắt (P) hai điểm phân biệt với m

b Gọix x1, 2lần lượt hồnh độ giao điểm giao điểm.Tìm m để

x1 1 x2 1 4

Câu 4: Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2R, dây MN vng góc với đáy

AB I cho IA < IB Trên đoạn MI lấy điểm E (E không trùng M I) Tia EA cắt đường tròn điểm thứ K

a Chứng minh: IEKB nội tiếp đường tròn

b Chứng minh: AM2 AE AK

c Chứng minh: AE AK BI BA  4R2

d Xác định vị trí điểm I cho tam giác MIO đạt giá trị lớn

Câu 5: Cho x, y, z số thực dương Chứng minh:

1

2 2

y

x z

y zz x y x 

Câu 1:

a Điều kiện xác định:

1 1 0 x x x x x                 b

1

:

1 1 1

x x x x

A x

x x x

      

      

  

   

 1 1  1 1  1

:

1 1 1

x x x x x x x x

A

x x x

                                

( 1) :

1

x x x

A x x x                     

1 1

x x x x

A x x               

2 1

x x A x x x         

c Để A đạt giá trị nguyên x U 1  1



  

2

x

   

 khơng có giá trị x ngun để A đạt giá trị nguyên

Câu 2:

a Thaym 1vào phương trình ta có:

 2

2

2 1

x  x   x   x

Kết luận với m 1 phương trình có nghiệm x 1

b Để phương trình có nghiệm phân biệt x x1, 2thì:

2

'

' m m m 1 m m

 

         

Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:

1 2 2 b

x x m

a c

x x m m

   

   

 

2

1 1 2

2

1 2

2 2

2

2

5

2 4

1

2

1

2

x x x x x x

x x x x x x

m m m m

m

m m Tm

m

    

     

     

     

     

     

Vậy

1

2

m 

thì phương trình có nghiệm phân biệt thỏa mãn:

2

1 2 2

x x  x  x x  x 

Câu 3:

a Học sinh tự vẽ

b Phương trình hồnh độ giao điểm là:

2

2 10

2

2 2 10

x x

x x x

x

  

       

   

Vậy tọa độ gia điểm (P) d là: A2 10 ,7 10 ,  B 2 10 ,7 10 

Câu 4:

Chứng minh

a Xét tứ giác OMBD có: OMD OBD  1800 Tứ giác OMBD nội tiếp đường

b Ta có : OC phân giác góc AOM, OD phân giác góc MOB

Mặt khác AOM MOB 1800  COD 900 c Gọi I trung điểm CD

I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác COD, IO bán kính

Theo tính chất tiếp tuyến ta có: ACAB BD, AB BD/ /AC Vậy ACDB hình thang

Ta lại có I trung điểm CD, O trung điểm AB Vậy OI đường trung bình hình thang ACDB

 IO//AC, mà AC AB IOAB O Vậy AB tiếp tuyến O đường trịn đường kính CD

d Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên chu vi ACBD = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ CD CD khoảng cách Ax By tức CD vng góc với Ax By Khi CD//AB Vậy M trung điểm AB

Câu 5:

    

2 2

2

x y  xy x y x y  xy x y

 

2

1 x y x y z xy

      2  

1

1 x y x y z xy

 

   

2 2 2

1 1

, ,

1 1

y

z x

x y z x y z x y z

x y y z z x

   

     

     

2 2 2

1 1

1

1 1

y x y z

z x

Vp

x y z x y z x y z x y z

x y y z z x

 

        

       

     

Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021 Đề số 2

 

 

 

   

 

2

: 1

1 2 2

:

1 ( 1)

2

2 :

1 1

2

1 2 1

x x x

A

x x

x x x x

x x x x

A

x x x x x

x x

x x

A

x x x

x x x x x

A

x x x x

    

     



   

 

    



 

     

  

   

 

    

    

  



   

   

 

 

  

b P x    

2

4 4 2

1

x

x x x x

x

          



Vậy x = P x  

c

 

2

1

2

1

1 0

1 1

x

x x x

P x

x x x

 

 

 

   

      

  

Do

2

1 3

1 1

2 4

x x x x x

 

           

 

 

Vậy……

Câu 2:

a Thay m = vào phương trình ta có:

2 65

2

4

x  x   x 

Vậy với m = phương trình có nghiệm phân biệt

1 65

x 

b Để phương trình có nghiệm phân biệt x x1, 2ta có:  0

 

2

1 5m m 20m 8m m

Áp dụng hệ thức Viet ta có:

1

1

1

2

b x x

a m

c m

x x

a m



   

 



  

 

Ta có biểu thức

     

 

2

2

1 2 2

2

1

2 2

2 13

9

2 13

m

x x x x x x x x x x

m m m

m

m m tm

m

    

              

   

 

  

    

 

  

Kết luận: ……

Câu 3:

a Học sinh tự vẽ hình

b Phương trình hồnh độ giao điểm là:

 

2

5

x  x  mx  x   m x 

Để d cắt (P) điểm phân biệt  0

 2  

5 m 4.2 m 10m 17 *

       

Áp dụng hệ thức Viet ta có:

1

1

5

b

x x m

a c x x

a



    

 

  

 

Do giao điểm có hồnh độ ta giả sử x1  1 x2 2

1 m m

      thỏa mãn (*)

Vậy m = d cắt (P) điểm phân biệt cho có điểm có hồnh độ

Chứng minh

a Do M nằm nửa đường tròn nên AMB 900  AMF 900

Do M nằm nửa đường tròn nên AEB900  BEF 900

 

180

AMF BEF

    EFMK tứ giác nội tiếp

b Ta có AE phân giác góc MAI  IEM MAE  EA ME  EAB MBE Vậy BE tia phân giác góc ABF (1)

Mặt khác BEAF(2)

Từ (1) (2) ta có tam giác BAF cân B

c Theo chứng minh ta có tam giác BAF tam giác cân B, BE đường cao nên BE trung tuyến  EAEF(3)

AF HK (4), AE phân giác HAK  Tam giác AHK tam giác cân A có AE đường cao nên đường trung tuyến Vậy EK = EH (5) Từ (3), (4), (5) ta có AKHF hình thoi

d Ta có AKHF hình thoi  HA/ /FKhay IA/ /FK  AKFI hình thang Để AKFI nột tiếp đường trịn AKFI hình thang cân

AKFI hình thang cân M trung điểm AB

M trung điểm AB  ABM IAM450

Tam giác ABI vuông A có ABI450  AIB450

 

45

KAI AIF

    AKFI hình thang cân

Vậy M trung điểm cung AB tứ giác AKFI nội tiếp nửa đường tròn

 

   

 

     

2

2 2 2

1

(1 ) (1 ) 2 1

4

1 1 1

x y xy

xy x y xy x y

A

x y x y x y xy

                        1

4 P



  

1

P

x = 0, y =

4

P 

x = 1, y =

Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021 Đề số 3

Câu 1: Điện kiện: x0,x1,x2,x0

1

x x x x x

P

x

x x x x

                                   3

( )

1

1 1 2

1

1 2

2 2.( 2)

2 x x x P x

x x x x

x x x x x x x

P

x

x x x x

x x x x x

P

x

x x

x x x

P x x x                                                               

b  

 

2 8

2 2 x P x x x      

Để P(x) nguyên x 2 U  8     1, 2, 4, 8 ta có bảng sau

x +2 -8 -4 -2 -1

Kết hợp với điều kiện xác định ta có: x6thỏa mãn Vậy x = P(x) đạt giá trị nguyên

Câu 2: a     2

2 2 2

2

1

3 3

9

3

3

9 (1) (2)

x xy y x y xy

x y xy x y xy

xy x y xy

xy xy

x y xy

x y xy

x y xy

x y xy

                                                           

Từ phương trình (1) ta đặt xy = t Phương trình trở thành

2 9 8 0 1

8                t xy t t t xy

Với xy1kết hợp với phương trình (2) ta có :

   

1 ( 2) 1

, 1,

2

                      

xy y y y

x y

x y x y x

Với xy8 kết hợp với phương trình (2) ta có :

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y,  1, 1 

 ,  11 17, 11 17 11 17, 11 17

2 2

11 17 11 17 11 17 11 17

, ,

2 2

                                       x y

b 25 x2  10 x2 3

Điều kiện xác định:

2

2

5

25

10 10

10 10 10

                        x x x x x Đặt   2 25

, ,

10           a x a b b x

   

 

2

2

2

3

3

15

15

4 25

9

1 10 1

a b

a b a b

a b a b

a b a b

a x x

x tm

b x x

        

 

 

  

  

     

 





      

       

 

    

Vậy phương trình có nghiệm x = x = -3

Câu 3:  

2 2 1 3 0

x  m x m  m

Để phương trình có hai nghiệm âm phân biệt ta có:

 2

2

'

1

0

m

m m m

m

x x m m m



  

      

    

  

      

 

Vây <m <3 phương trình có hai nghiệm phân biệt

Câu 4:

Chứng minh

a Ta có: OI OA IA  (O) (I) tiếp xúc với A

b Tam giác OAQ cân O Q 1A1

Tam giác IAP cân O P1 A1

 

1 / /

Q P IP OQ

  

c APO 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  OPAQ OPlà đường cao tam giác OAQ mà OAQ cân O nên OP đường trung tuyến

AP PQ

 

Ta có:

1

ABQ

S  AB QH

Mà AB đường kính không đổi nên SABQlớn QH lớn hay Q

trùng với trung điểm AB

Muốn Q trùng với trung điểm AB P trung điểm cung AO

Thật P trung điểm cung AO PI AOmà IP/ /OQ QOABtại O

Vậy Q trung điểm AB kéo theo H trùng với O, OQ lớn neenn QH lớn

Câu 5:

1

1 (1)

x y 

Ta có: 1

1 x 1,y 1, x 1, y

x y       

Từ (1) ta có: x y xy xy x y    1 x 1 y 10

       

     2

1 1 1

2 1 1

1

x y x y

x y x y x y x y

x y x y

       

           

     

Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021 Đề số 4

                                2

2

1 2 1 1 2 1

2 1 1

1 1

x x x x x

A

x

x x x

x x x

x x A x x x x x x x x A x x x x

x x x x x x x

A

x

x x x

                                                                                                         

2  1 2   1 2

2

x x x x x

A const x x          Câu 2: a

2 7

3 14 7

x y x y x y x

x y x y y y

                             

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y ,  4, 1  b x4 6x2 8

Đặt  

2

,

x t 

phương trình trở thành:

2 6 8 0

t   

2

2

1

2

' '

2

2

3 2

2 x x x t t x x x                                         

Vậy phương trình có nghiệm x2,x

vậy m < hàm số nghịch biến R

Câu 3:

a Thay m = vào phương trình ta có:

2

1

1

x

x x

x

       

 

b Để phương trình có nghiệm phân biệt ta có:

 2

'

' m m m 3m  

        

Áp dụng hệ thức Viet ta có:

 

1

1

2

b

x x m

a c

x x m

a

 

   

  

   

 

Theo ra:

 

   

 

2

1 2

2

1 2

2

2

3

3

4 3

7

4 11 4

1

x x x x

x x x x

m m

m

m m tm

m

  

   

    

  

    

  

Vậy

m 

hoặc m 1thì phương trình có nghiệm phân biệt x x1, 2thỏa mãn

biểu thức:

2

1 2

x x  x x 

Câu 4:

Gọi quãng đường AB x (km) x > 0

Thời gian lúc từ A đến B xe máy là: 40 x

(km/h)

Thời gian lúc từ B đến A xe máy là: 50 x

(km/h)

1

7,25 40 50

x x

  

Dễ dàng tìm x = 150 km Vậy quãng đường AB 150 km

Câu 5:

Chứng minh a Tứ giác BFEC nội tiếp

 

AEF ACB

  ( bù BEF)

 

AEF ABC ( bù FEC) Vậy AEFABC b Kẻ đường kính AK nên ta có KB // CH, KC // BH

 BHKC hình bình hành A’ trung điểm KH  KO đường trung bình tam giác AHK  AH = 2AO

c Ta có: AEFABC

' '

AA R

AA R

 

(1) R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, R’ bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF, AA’

trung tuyến tam giác ABC, AA1là trung tuyến tam giác AEF

Ta lại có AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH nên đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF

Từ (1)  1

2 '

' ' ' ' ' '

2

AH OA

R AA AA R AA AA  R AA AA OA

d Gọi M, N trung điểm AC, AB

 

1

'

2

ABC OCA OCB OAB

S S S S  OA BC OM AC ON AB  (2) 2SABC OA BC OM AC ON AB'  

Ta có:

1

'

'

R AA OA

AA



(theo chứng minh câu c) Mà

1

'

AA

AA là tỉ số trung tuyến

của tam giác đồng dạng AEF ABC nên

1

'

AA EF

AA BC Tương tự ta có:

R FD OM

AC



,

R DE ON

AB



Thay vào (2) ta được:  

1

2

'

ABC

ABC

R AA R FD R DE

S R BC AC AB

AA AC AB

S R EF FD DE

 

    

 

   

Do R không đổi nên EF + FD + DE đạt giá trị lớn diện tích tam giác ABC đạt max

Ta có

1

ABC

S  BC AD

do BC khơng đổi nên diện tích tam giác ABC lớn AD lớn

Mà AD lớn A nằm cung BC

Câu 6:

Ta có:

   

1 1 1

2 1

1 1 1

2

1 1

x y z y z

y z yz

y z y z

      

    

  

   

Tương tự ta có:        

1

2 ,

1 1 1

xy xz

y  x z z  x y

Nhân vế bất dẳng thức ta điều phải chứng minh

Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021 Đề số 5

a

2 1

:

1

1

x x

P

x x x

x

     

     

    

  

 

  

2 1

:

1

1

x x x x

P

x x x

x x x

   

    

 

    

  

  

   

 

  

2 1

:

1

1

x x x x

P

x x

x x x

    



 

  

   

3 1,

x U   

 

  

1 1

3

1

x x x x

P

x

x x x

  





  

3

3

x P

x x

  

 

b Để P nhận giá trị nguyên x 3U  3   1, 3

x  -1 -3

4 (TM) 16 (TM) ( L) 81 (TM)

Kết luận : Vậy để P nhận giá trị nguyên x  {1,16,81}

Câu 2:

Gọi chiều dài mảnh vườn x (m), x > Diện tích mảnh vườn 420m2

Chiều rộng mảnh vườn 420

x (m)

Khi tăng chiều dài thêm 10 m chiều dài thay đổi là: x + 10 (m)

Khi giảm chiều rộng m chiều rộng thay đổi là: 420

x – (m) Do diện tích mảnh vườn khơng đổi nên ta có phương trình:

x 10 420 420

x

 

   

 

Dễ dàng tìm

5 29( )

5 29( )

x TM

x L

   

Kết luận: Vậy chiều dài mảnh vườn  5 29 m, chiều rộng mảnh

vườn 3 29 m

Câu 3:

1 Điều kiện: x2,y1

Đặt

1

,

2

a b

x y

 

 

Hệ phương trình trở thành:

3 10

2 11 11

1

2

2

2

1

1

a b a b b

a b a b a

x x

y y

       

 

  

    

  



 

 

  

   

   

 

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm

 ,  5,1

2

x y  

 

2

a Phương trình hồnh độ giao điểm: 2x2 3x 1m2  2x2 3x 1 m2 0

 

2 2

3 4.2 m 8m m

       

Vậy (d) cắt (P) điểm phân biệt

b Áp dụng hệ thức Viet ta có:

1

2

3

b x x

a c

x x m

a

 

  

  

   

 

Từ hệ thức:

       2

1 2

7

1 1

2 2

x  x    x x  x x     m    m   m

Vậy m 2……

Chứng minh

a Ta có AB đường kính, K thuộc đường trịn nên AKB 900

Ta có: KEB EIB 900nên tứ giác IEKB nội tiếp

b Ta có: EAM MAK( chắn cung nhỏ MK)

   

2

EMA sdAN  sdAMMKA AMEAKM

2

AE MA

AE AK MA

MA KA

   

Tam giác MAB vuông M MI đường cao nên IB BA MB2 Do đó:

2 2

AE AK BI BA AM MB  R

d Chu vi tam giác OIM MI + OI + MO

Mà MO = R không đổi nên chu vi tam giác IMO lớn MI + MO lớn

Ta có:    

2 2 2 2 2

2

2

+

MI MO  MI IO  OM  R  MIMOR

Dấu xảy

2

R MIMO

Vậy chu vi tam giác OIM lớn I nằm AB cách O khoảng

bằng 2

R

Câu 5:

 

 

2

2

2 2 2

x y z

y y

x z x z

y z z x y x xy xz yz xy xz yz xy yz zx

 

     

       

Có nghĩa ta chứng minh

 

 

2

1

x y z xy yz zx

 

  

hay

x y z  2 3xy yz zx  