2020

- Bài hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình thì mới chấm điểm, nếu không có hình vẽ đúng ở phần nào thì giám khảo không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của phần đó. - Điểm toàn b[r]

PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 LẦN 4 ĐỀ THI MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề —————————

I PHẦN TRẮC NGHIỆM: (2,0 điểm)

Hãy viết vào thi chữ A, B, C D đứng trước câu trả lời đúng.

Câu 1: Hệ phương trình

5 13

3

x y

x y

  

 

  

 có số nghiệm lµ:

A B C D vô số nghiệm

Câu 2: Điều kiện xác định biểu thức

2 2x là:

A x 

B x 1 C

x 

D x 1

Câu 3: Cho đường tròn (O, R) Một dây đường trịn tâm O có độ dài bán kính R, khoảng cách từ tâm O đến dây là:

A R B 2

R

C

R

D R

Câu 4: Cho phương trình 2x2  3x1 0 có nghiệm phân biệt x x1, 2 Giá trị biểu thức

1

B

x x

 

là: A B -3 C D

II PHẦN TỰ LUẬN: (8,0 điểm). Câu 5: (2,5 điểm)

a) Giải phương trình: x x15 0

b) Giải hệ phương trình:

5

2

x y

x y

 

 

 



c) Tìm số tự nhiên có chữ số, biết chữ số hàng chục lớn chữ số hàng đơn vị

nếu đổi chỗ chữ số số tự nhiên cho số tự nhiên

7 số tự nhiên ban đầu. Câu 6: (1,5 điểm) Cho parabol (P): y x 2 đường thẳng (d): y2(m1)x m 3(m tham số)

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

b) Gọi A x y 1; 1,Bx y2; 2 là hai giao điểm phân biệt (d) (P) Tìm giá trị m cho

 

1

y y   x x

Câu 7: (3,0 điểm) Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R ; C trung điểm OB, dây MN vng góc với OB C Gọi I điểm tùy ý cung nhỏ AM, H giao điểm BI với MN

a) Chứng minh tứ giác ACHI nội tiếp đường tròn b) Chứng minh tứ giác BMON hình thoi

c) Lấy điểm K thuộc đoạn thẳng IN cho IK = IA Chứng minh bốn điểm A, K, O, N thuộc đường trịn Xác định vị trí điểm I cung nhỏ AM để tổng IA + IM + IN đạt giá trị lớn

Câu 8: (1,0 điểm) Giải phương trình: x2 2020x2019 x2 2021x2020 2 x2 2022x2021

PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC ——————

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 LẦN 4 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN

—————————

HƯỚNG DẪN CHUNG:

- Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý học sinh phải trình bày, học sinh giải theo cách khác mà đủ bước giám khảo cho điểm tối đa.

- Trong bài, bước bị sai bước sau có liên quan khơng điểm. - Bài hình học bắt buộc phải vẽ hình chấm điểm, khơng có hình vẽ phần nào giám khảo khơng cho điểm phần lời giải liên quan đến hình phần đó.

- Điểm toàn tổng điểm ý, câu, tính đến 0,25 điểm khơng làm trịn.

BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN: A Phần trắc nghiệm (2,0 điểm): Mỗi câu cho 0,5 điểm

Câu 1 2 3 4

Đáp án B A C B

B PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm): Câu (2,5 điểm)

Nội dung trình bày Điểm

a,(0,75 điểm) ĐKXĐ: x 0

Đặt x t t  0 Khi phương trình trở thành: t2 15 0t 

0.25

Ta có    

't 1 15 16

      

1

1 4

3( ); 5( )

1

t    KTM t    TM

0,25

Với t 2 5 ta có x  5 x25(TM)

Vậy phương trình cho có nghiệm x 25

0.25

b,(0,75 điểm)

5 10

2 5

x y x y

x y x y

   

 



 

   

 

0,25

11 11

2

x x

x y y

 

 

   

  

 

0,25

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x y ;  1;2 0,25 c,(1,0 điểm)

Gọi chữ số hàng chục x, chữ số hàng đơn vị y; ĐK 2x9; 0y7; ,x y N Số cần tìm xy10x y

0,25

Theo chữ số hàng chục lớn chữ số hàng đơn vị nên ta có phương trình:

x y  (1)

Nếu đổi chỗ hai chữ số cho ta số yx10y x

Theo số

 

10 10

7

70 40

2 0(2)

y x x y

y x x y

x y

  

   

  

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:

2 x y x y        0,25

Giải phương trình ta x y    

 ( thỏa mãn)

0,25

Vậy số cần tìm 42 0,25

Câu (1,5 điểm)

Nội dung trình bày Điểm

a, (0,75 điểm) Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) là:

2

2( 1)

2( 1) 0(*)

x m x m

x m x m

   

     

Ta có

   

2

2

2

' 1

2

3 4 m m

m m m

m m m m m                                    

 Phương trình (*) có nghiệm phân biệt với m Vậy (d) cắt (P) điểm phân biệt với m

0,25

0,25

0,25

b,(0,75 điểm) Vì A x y 1; 1, Bx y2; 2là giao điểm phân biệt (d) (P)

nên x x1; 2 hoành độ giao điểm (d) (P)  x x1; 2là nghiệm phương trình (*) ta có y1 x y12; x22

Theo Vi-et ta có

 

1 2

2

3

x x m

x x m

            

1

y y   x x

 

2

1

x x x x

    

x1 x22 2x x1 5x1 x2

     

     

2 m m m

 

         

2

4m 8m 2m 10m 10

       

   

2

4m 2m 2m

        2 m m         0,25 0,25 Vậy 1 ; 2

m m

Câu (3điểm)

H K

N M

C

A O B

I

a, (1,0 điểm)

Ta có AIB 900( góc nội tiếp chắn nửa đt)

 AIH 900

ACH 900 (ABMN) Suy ra: AIH ACH 900900 1800 Nên tứ giác ACHI nội tiếp đường tròn

b, (1,0 điểm) Do OBMN C nên CM = CN (đường kính dây); mà CO = CB (gt) Xét tứ giác OMBN có CM CN CO CB;   Tứ giác OMBN hình bình hành

có OBMN(gt)

Vậy tứ giác OMBN hình thoi

c, (1,0 điểm) Dễ thấy ∆AMN cân có AC vừa đường cao vừa trung tuyến Mà OMBN hình thoi (câu b) nên ∆OBM ∆OBN tam giác đều

( OM = OB = ON = MB = NB = R) Suy

 1200  1 600

2

MON   MAN  MON 

(



2sd MBN



) Do ∆AMN đều.

Xét ∆AIK có: IK = IA ; AIK AMN 600(cùng chắn nhỏ AN), nên ∆AIK đều  600

AKI

 

Khi AKN 1800 AKI 1200

AON 2AMN 1200 (góc tâm góc nội tiếp chắn cung)

Ta thấy điểm K O nhìn AN góc 1200 nên điểm K O thuộc cung chứa góc

1200 dựng đoạn AN hay bốn điểm A, K, O, N thuộc đường tròn.

Xét ∆AIM ∆AKN có AI = AK (∆AKI đều)

 

IAM KAN (cùng cộng MAKbằng 600)

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25

AM = AN (∆AMN đều)

Suy ra: ∆AIM = ∆AKN (c.g.c) => IM = KN; mà IA = IK (gt) Nên: IA + IM + IN = (IK + KN) + IN = 2IN ≤ 4R

Dấu “=” xảy  IN đường kính đường trịn (O).

Vậy IN đường kính đường trịn (O)(Hay điểm I điểm cung nhỏ AM) thì tổng IA + IM + IN đạt giá trị lớn nhất.

0,25

Câu 8: (1điểm): Giải phương trình:

2 2020 2019 2021 2020 2 2022 2021

x  x  x  x  x  x

Nội dung trình bày Điểm

ĐKXĐ: x ≤ 1; x ≥ 2021 0,25

+ Nhận thấy x = nghiệm phương trình 0,25 + Xét x ≥ 2021, phương trình cho tương đương với

x1 x 2019  x1 x 2020 2 x1 x 2021

 x 2019 x 2020 2 x 2021

Dễ thấy với x ≥ 2021

2019 2021

2019 2020 2021

2020 2021

x x

x x x

x x

   



     



  

 

Do phương trình khơng có nghiệm x ≥ 2021

0,25

+ Xét x < 1, phương trình cho tương đương với

x1 x 2019  x1 x 2020 2 x1 x 2021

 2019 x 2020 x 2 2021 x

Dễ thấy với x <

2019 2021

2019 2020 2021

2020 2021

x x

x x x

x x

   



     



  

 

Do phương trình cho khơng có nghiệm x < Vậy phương trình cho có nghiệm x =