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 vng 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 Câu 1: (1,0 điểm) ĐÁP ÁN ( ) Rút gọn biểu thức A =6 + 3 − A = ( + 3) ⋅ − = 6⋅ + 3⋅ −3 18 + − = = + 3− =3 Vậy A = Câu 2: ( 2,0điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a x2 + 2x − = x + y = b 2x − y = a Vì a + b + c =1 + − = Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt= x1 1;= x2 −3 x + y = 3x 12 = x = ⇔ ⇔ y = − = 2x − y = y = − x b Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 4;3) 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) a Ta có bảng giá trị: x -3 -2 -1 y=x 1 b.Vì đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’): y= x + m = Nên ta có: n ≠ Khi (d) có dạng: y =+ x n ( n ≠ 3) Mà M ( 2; 4) ∈ d ⇒ = + n ⇒ n = ( tm) Vậy = m 1;= n 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 Gọi số học sinh giỏi lớp 9A theo dự định x (học sinh) (x nguyên dương) Theo dự định, phần thưởng có sổ là: 80 (quyển vở) x Số học sinh giỏi thực tế lớp 9A là: x + (học sinh) Thực tế, phần thưởng có số là: 80 (quyển vở) x+2 Theo ra: Mỗi phần thưởng thực tế giảm so với dự định nên ta có phương trình: 80 80 − = x x+2 ⇔ 80( x + 2) − 80x= 2x( x + 2) ⇔ 80x + 160 − 80x = 2x2 + 4x ⇔ 2x2 + 4x − 160 = ⇔ 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) 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 vng 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 hình trịn tâm O bán kính R d Khi ABN nằm ∆ABN D N C F E A I O M H B a Chứng minh tứ giác ACNM nội tiếp = 900 ( AC tiếp tuyến A (O)) Ta có: MAC = 900 ( MN ⊥ CD ) Và MNC + MNC = 900 + 900 = 1800 ⇒ MAC Vậy tứ giác ACNM nội tiếp b Chứng minh AN.MD = NB.CM Chứng minh tương tự ta có tứ giác BMND nội tiếp ( Cùng chắn cung MN) = ⇒ MDN MBN = ⇒ ABN MDC Theo câu a: Tứ giác ACNM tứ giác nội tiếp = ( Cùng chắn cung MN) ⇒ MAN MCN = ⇒ BAN MCD Xét ∆ABN ∆CDN có: ∠ABN = ∠MDC(cmt ) ∠BAN = ∠MCD(cmt ) ⇒ ∆ABN − ∆CDM (g ⋅ g) AN NB ⇒ = ⇔ AN.DM = CM NB CM DM Vậy AN.MD = NB.CM c Chứng minh N, F, B thẳng hàng Đường thẳng qua E vng góc với BD H Gọi I giao điểm BN DM Ta chứng minh I trùng với F Hay I, E, H thẳng hàng Thật vậy: ∆ABN − ∆CDM (g ⋅ g) = CMD Nên ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Mà ANB = ⇒ CMD 900 + CMD = ⇒ ANB 1800 Tứ giác ENIM nội tiếp = NMC ( chắn cung NE) Ta có NIE = NAC ( Cùng chắn cung AC) Mà NMC = NBA ( Góc tạo tia tiếp tuyến dây cung góc nội tiếp Lại có NAC chắn cung) = ( Vị trí so le trong) ⇒ NIE NBA ⇒ EI / / AB (1) Theo GT EH ⊥ BD Và AB ⊥ BD Nên EH / / AB ( 2) Từ (1) (2) suy EI ≡ EH Hay H, E, I thẳng hàng => I trùng với F Vậy B, F, N thẳng hàng = 600 ta có: d Ta có: Tam giác ANB vng N có AB = 2R, ABN = AN AB= sin ABN 2= R.sin600 R BN AB= cosABN 2= R.cos600 R = R2 1 ⇒ S∆ABN= AN.BN = R 3.R = 2 2 Diện tích nửa hình trịn (O;R) ST = π R2 Vậy diện tích phần nửa hình trịn tâm O, bán kính R nằm ngồi tam giác ABN là: S = ST − SA∆av = π R2∣T R2 R2 = (π − 3) 2 HẾT ... = ⇔ 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:... với dự định Hỏi cuối năm lớp 9A có học sinh giỏi, biết phần thưởng có số Gọi số học sinh giỏi lớp 9A theo dự định x (học sinh) (x nguyên dương) Theo dự định, phần thưởng có sổ là: 80 (quyển vở)... ta có: n ≠ Khi (d) có dạng: y =+ x n ( n ≠ 3) Mà M ( 2; 4) ∈ d ⇒ = + n ⇒ n = ( tm) Vậy = m 1;= n Câu 4: (1,0 điểm) Lớp 9A có 80 dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm Thực tế cuối năm