Đề thi môn Toán vào lớp 10 năm 2020 có đáp án được biên soạn bởi Sở GD&ĐT Thái Bình nhằm nâng cao chất lượng học tập môn Toán của các em học sinh khối 9. Mời các bạn cùng tham khảo đề thi để giúp học sinh nâng cao kiến thức và giúp giáo viên đánh giá, phân loại năng lực học sinh từ đó có những phương pháp giảng dạy phù hợp.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Câu (2,0 điểm) x +1 x −1 x ( với x > ; x ≠ ) − : x +1 x −1 x −1 a) Tính giá trị biểu thức A x = b) Rút gọn biểu thức B c) Tìm x để giá trị A B trái dấu ( 2,0 điểm) x − y = 4m − Cho hệ phương trình ( m tham số) 3m 2 x + y = a) Giải hệ phương trình m = b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn − = −1 x y ( 2,0 điểm) Cho parabol ( P ) : y = x đường thẳng ( d ) : = y 3mx + − m ( m tham số) Cho A = Câu Câu ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian giao đề) x +1 B = x −1 a) Tìm m để (d) qua A (1; −9 ) b) Tìm m để (d)m cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn x1 + x2 = x1 x2 Câu Câu ( 3,5 điểm) Qua điểm M nằm bên ( O; R ) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB ( A, B tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD không qua tâm O ( C nằm M D) a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp MO ⊥ AB b) Chứng minh MA AD = MD AC c) Gội I trung điểm dây cung CD E giao điểm hai đường thẳng R AB OI Tính độ dài đoạn thẳng OE theo R OI = d) Qua tâm O kẻ đường thẳng vng góc với OM cắt đường thẳng MA, MB P Q Tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác MPQ đạt giá trị nhỏ ( 0.5 điểm) Tìm giá trị lớn biểu thức P = −3 x − x y + 16 x − y + 12 y + 1998 HẾT ĐÁP ÁN ĐỀ THI THÁI BÌNH NĂM HỌC 2020-2021 Câu a) Ta thấy x = ( thỏa mãn điều kiện x > ; x ≠ ), nên đó: +1 +1 = = −1 −1 Vậy với x = A = b) Với x > ; x ≠ thì: = A ( B= B= B= B= ) ( x − 1) ( x − 1)( x + 1) x +1 − : x x −1 x + x +1− x + x −1 ( ( )( x −1 x )( x −1 ) x +1 ) x +1 x −1 x x −1 x x +1 Vậy với x > ; x ≠ B = c) Với x > ; x ≠ x +1 x +1 > ⇒ = B Do để A B trái dấu A < ⇔ Câu >0 x +1 x +1 < ⇔ x − < ( x −1 x +1 > ) ⇔ x < ⇔ x < Kết hợp với điều kiện x > ; x ≠ , ta < x < Vậy với < x < A B trái dấu a) Với m = hệ phương trình cho trở thành 2y 2y x 25 = = x −= x −= = x x ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ y 18 4 x += y 18 4.5 += y 18 = +y 2 x= 4 x += y −1 Vậy với m = hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y= ) ( 5; −1) x − y = 4m − x − y = 4m − 5 x = 10m − x = 2m − b) Xét hệ ⇔ ⇔ ⇔ 2 x + y = 3m x + y = 6m y = 3m − x y =2− m Do với m hệ phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = ( 2m − 1; − m ) Để nghiệm ( x; y ) thỏa mãn 2 − = −1 − = 2m − − m x y ĐK: m ≠ , m ≠ (*) 2 Ta có: − = −1 ⇒ ( − m ) − ( 2m − 1) =− ( 2m − 1)( − m ) ⇔ 2m − m − =0 2m − − m m = −2 ( thỏa mãn điều kiện (*) ) ⇔ ( m + 1)( 2m − 3) =0 ⇔ m = 3 Vậy m ∈ −1; thỏa mãn đề 2 Câu a) Để (d) qua điểm A (1; −9 ) ⇔x= 1, y = −9 thỏa mãn phương trình đường thẳng (d) m = −2 ⇔ −9 = 3m + − m ⇔ m − 3m − 10 = ⇔ m = Vậy với m ∈ {−2;5} giá trị cần tìm b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: 2 3mx + − m ⇔ x − 3mx − + m= (1) x= Có: ∆ = ( −3m ) − ( m − 1) = 5m + > ∀m ⇒ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇒ (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 ∀m 3m x1 + x2 = Theo định lý Vi-ét: m2 − x1.x= Theo giả thiết có: x1 + x2 = x1 x2 m = ⇔ 3m = ( m − 1) ⇔ 2m − 3m − = ⇔ ( m − )( 2m + 1) = ⇔ m = −1 1 Vậy m ∈ 2; − 2 2 Câu E P A M D I C H B O Q a) Vì MA, MB hai tiếp tuyến (O) cắt M ( với A, B tiếp điểm) ⇒ MA ⊥ OA, MB ⊥ OB ⇒ ∠MAB = ∠MBO = 90° MA = MB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) � + 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 � = 1800 Xét tứ giác MAOB có tổng hai góc đối: 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 Do tứ giác MAOB tứ giác nội tiếp Lại có MA=MB (cmt); OA=OB=R ( A, B ∈ ( O; R ) ) ⇒ M, O thuộc đường trung trực AB ⇒ MO đường trung trực AB ⇒ MO ⊥ AB b) Xét ∆MCA ∆MAD có: � chung 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 � = 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 � ( góc tạo tiếp tuyến góc nội tiếp chắn cung AC) 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 ⇒ ∆MCA ∆MAD (g.g) MA AC ⇒ = ⇔ MA AD = MD AC ( đpcm) MD AD � = 900 c) Gọi H giao điểm OM AB OM ⊥ AH ⇒ 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 � = 900 Xét (O) có I trung điểm dây cung CD ⇒ OI ⊥ CD ⇒ 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 Xét ∆OHE ∆OIM có: � chung 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 � = 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 � = 900 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 ⇒ ∆OHE ∆OIM (g.g) OH OE = ⇔ OH OM = OE.OI (1) ⇒ OI OM ∆OAM vng A có OM ⊥ AH ⇒ OH OM = OA2 ( ) ( Hệ thức lượng tam giác vuông) OA2 R = = 3R R OI d) ∆MAB cân M ( MA=MB (cmt) có MO đường trung trực) � ⇒ MO đồng thời đường phân giác 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 ∆MPQ cân M ⇒ MP phân giác đồng thời trung tuyến ⇒ O trung điểm PQ ⇒ PQ=2OP MO = = PQ MO OP OA ( AM + AP ) Ta có = : S MPQ Áp dụng BĐT AM-GM có AM + AP ≥ AM AP = 2R 2 ⇒ S MPQ ≥ R.2 R =2 R ⇒ S MPQ =2 R Từ (1) (2) ⇒ OE = Câu Dấu “=” xảy ⇔ AM = AP =⇒ R OM = R AP AM AP = R ⇔ AM = Vậy M vị trí cho OM = R thỏa mãn đề ĐK: y ≥ P= −3 x − x y + 16 x − y + 12 y + 1998 ( = −2 ( x + ) =−2 x + y + + x y − x − y − ( x − x + ) + 2020 ) y − − ( x − ) + 2020 ⇒ Pmax = 2020 dấu “=” xảy ⇔ x= 2, y= ( thỏa mãn) Vậy Pmax = 2020 tại= x 2,= y ...ĐÁP ÁN ĐỀ THI THÁI BÌNH NĂM HỌC 202 0-2 021 Câu a) Ta thấy x = ( thỏa mãn điều kiện x > ; x ≠ ), nên đó: +1 +1 = = −1... phân biệt x1 , x2 ⇒ (d) ln cắt (P) hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 ∀m 3m x1 + x2 = Theo định lý Vi-ét: m2 − x1.x= Theo giả thi? ??t có: x1 + x2 = x1 x2 m = ⇔ 3m = ( m − 1) ⇔ 2m − 3m... − 10 = ⇔ m = Vậy với m ∈ {−2;5} giá trị cần tìm b) Phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) là: 2 3mx + − m ⇔ x − 3mx − + m= (1) x= Có: ∆ = ( −3m ) − ( m − 1) = 5m + > ∀m ⇒ phương trình (1) có