Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Yên Lạc (Lần 4)

Chia sẻ: Từ Lương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

31
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để hệ thống lại kiến thức cũ, trang bị thêm kiến thức mới, rèn luyện kỹ năng giải đề nhanh và chính xác cũng như thêm tự tin hơn khi bước vào kì thi tuyển sinh vào lớp 10 sắp đến, mời các bạn học sinh cùng tham khảo Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Yên Lạc (Lần 4) làm tài liệu để ôn tập. Chúc các bạn làm bài thi thật tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Yên Lạc (Lần 4)

PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 LẦN 4 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ————————— I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: (2,0 điểm). Hãy viết vào bài thi chữ cái A, B, C hoặc D đứng trước câu trả lời đúng. 5 x  3 y  13 Câu 1: Hệ phương trình  có số nghiệm lµ: 3x  5 y  1 A. 2 B. 1 C. 0 D. vô số nghiệm 1 Câu 2: Điều kiện xác định của biểu thức  2x là: 2 1 1 A. x  B. x  1 C. x  D. x  1 4 4 Câu 3: Cho đường tròn (O, R). Một dây của đường tròn tâm O có độ dài bằng bán kính R, khoảng cách từ tâm O đến dây này là: R 2 R 3 A. R 2 B. C. D. R 3 2 2 1 1 Câu 4: Cho phương trình 2 x 2  3 x  1  0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 . Giá trị biểu thức B   là: x1 x2 A. 1 B. -3 C. 3 D. 2 II. PHẦN TỰ LUẬN: (8,0 điểm). Câu 5: (2,5 điểm). a) Giải phương trình: x  2 x  15  0 5 x  y  3 b) Giải hệ phương trình:  x  2 y  5 c) Tìm một số tự nhiên có 2 chữ số, biết rằng chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 2 và 4 nếu đổi chỗ 2 chữ số của số tự nhiên ấy cho nhau thì được một số tự nhiên mới bằng số tự nhiên ban đầu. 7 Câu 6: (1,5 điểm). Cho parabol (P): y  x và đường thẳng (d): 2 y  2( m  1) x  m  3 (m là tham số) a) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt với mọi m. b) Gọi A  x1; y1  , B  x2 ; y2  là hai giao điểm phân biệt của (d) và (P). Tìm các giá trị của m sao cho y1  y2  1  5  x1  x 2  . Câu 7: (3,0 điểm). Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R ; C là trung điểm của OB, dây MN vuông góc với OB tại C. Gọi I là một điểm tùy ý trên cung nhỏ AM, H là giao điểm của BI với MN. a) Chứng minh tứ giác ACHI nội tiếp được đường tròn. b) Chứng minh tứ giác BMON là hình thoi. c) Lấy điểm K thuộc đoạn thẳng IN sao cho IK = IA. Chứng minh bốn điểm A, K, O, N cùng thuộc một đường tròn. Xác định vị trí của điểm I trên cung nhỏ AM để tổng IA + IM + IN đạt giá trị lớn nhất. Câu 8: (1,0 điểm). Giải phương trình: x2  2020x  2019  x2  2021x  2020  2 x2  2022x  2021 --------------------------------Hết------------------------------ Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 LẦN 4 —————— HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ————————— HƯỚNG DẪN CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa. - Trong mỗi bài, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan không được điểm. - 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 bài là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn. BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN: A. Phần trắc nghiệm (2,0 điểm): Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm. Câu 1 2 3 4 Đáp án B A C B B. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm): Câu 5. (2,5 điểm) Nội dung trình bày Điểm a,(0,75 điểm) ĐKXĐ: x  0 0.25 Đặt x  t  t  0  . Khi đó phương trình trở thành: t 2  2t  15  0 Ta có  't   1  1 15   16  0 2 0,25 1 4 1 4 t1   3( KTM ); t2   5(TM ) 1 1 Với t2  5 ta có x  5  x  25(TM ) 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  25 b,(0,75 điểm) 5 x  y  3 10 x  2 y  6 0,25   x  2 y  5 x  2 y  5 11x  11 x  1 0,25   x  2 y  5  y  2 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất  x; y   1;2  0,25 c,(1,0 điểm) Gọi chữ số hàng chục là x, và chữ số hàng đơn vị là y; ĐK 2  x  9; 0  y  7; x, y  N 0,25 Số cần tìm là xy  10 x  y Theo bài ra chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 2 nên ta có phương trình: x  y  2 (1) Nếu đổi chỗ hai chữ số cho nhau ta được số mới là yx  10 y  x 4 Theo bài ra số mới bằng số ban đầu nên ta có phương trình: 7 4 10 y  x  10 x  y  7  70 y  7 x  40 x  4 y  x  2 y  0(2)
x  y  2 0,25 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  x  2 y  0 x  4 0,25 Giải phương trình ta được  ( thỏa mãn) y  2 Vậy số cần tìm là 42 0,25 Câu 6 (1,5 điểm). Nội dung trình bày Điểm a, (0,75 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: 0,25 x 2  2(m  1) x  m  3  x 2  2(m  1) x  m  3  0(*) Ta có  '     m  1   1.  m  3 2  m 2  2m  1  m  3 0,25  m  3m  4 2 2  3 9  m   4  2 4 2  3 7   m     0m  2 4  Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m 0,25 Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt với mọi m b,(0,75 điểm) Vì A  x1; y1  , B  x2 ; y2  là 2 giao điểm phân biệt của (d) và (P) nên x 1 ; x2 là hoành độ giao điểm của (d) và (P)  x1 ; x2 là nghiệm của phương trình (*) 0,25 ta có y1  x12 ; y2  x2 2  x1  x2  2  m  1 Theo Vi-et ta có   x1  x2  m  3 y1  y2  1  5  x1  x 2   x12  x22  1  5  x1  x2    x1  x2   2 x1 x2  1  5  x1  x2  2   2  m  1  2  m  3  1  5  2  m  1 2 0,25  4m2  8m  4  2m  6  1  10m  10  1 m  2  4m 1  0   2m 1 2m  1 2  0 m  1  2 1 1 Vậy m  ; m  thì y1  y2  1  5  x1  x 2  0.25 2 2 Câu 7 (3điểm) a, (1,0 điểm) M I Ta có AIB  900 ( góc nội tiếp chắn nửa đt) K H O
 AIH  900 0,25 ACH  900 ( AB  MN ) 0,25 Suy ra: AIH  ACH  900  900  1800 0,25 Nên tứ giác ACHI nội tiếp được đường tròn 0,25 b, (1,0 điểm) Do OB  MN tại C nên CM = CN (đường kính và dây); mà CO = CB (gt) Xét tứ giác OMBN có CM  CN ; CO  CB  Tứ giác OMBN là hình bình hành 0,25 0,25 có OB  MN (gt) 0,25 Vậy tứ giác OMBN là hình thoi. 0,25 c, (1,0 điểm) Dễ thấy ∆AMN cân do có AC vừa là đường cao vừa là trung tuyến Mà OMBN là hình thoi (câu b) nên ∆OBM và ∆OBN là các tam giác đều 1 1 ( do OM = OB = ON = MB = NB = R). Suy ra MON  1200  MAN  MON  600 (  sd MBN ) 2 2 Do đó ∆AMN đều. Xét ∆AIK có: IK = IA ; AIK  AMN  600 (cùng chắn nhỏ AN), nên ∆AIK đều 0,25  AKI  600 Khi đó AKN  1800  AKI  1200 AON  2 AMN  1200 (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung) Ta thấy 2 điểm K và O cùng nhìn AN dưới một góc 1200 nên 2 điểm K và O cùng thuộc cung chứa góc 1200 dựng trên đoạn AN hay bốn điểm A, K, O, N cùng thuộc một đường tròn. 0,25 Xét ∆AIM và ∆AKN có AI = AK (∆AKI đều) IAM  KAN (cùng cộng MAK bằng 600) 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 ra  IN là đường kính của đường tròn (O). Vậy khi IN là đường kính của đường tròn (O)(Hay điểm I là điểm chính giữa của cung nhỏ AM) 0,25 thì tổng IA + IM + IN đạt giá trị lớn nhất. Câu 8: (1điểm): Giải phương trình: x2  2020x  2019  x2  2021x  2020  2 x2  2022x  2021 Nội dung trình bày Điểm ĐKXĐ: x ≤ 1; x ≥ 2021. 0,25 + Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình. 0,25 + Xét x ≥ 2021, khi đó phương trình đã cho tương đương với  x 1 x  2019   x 1 x  2020  2  x 1 x  2021  x  2019  x  2020  2 x  2021 0,25   x  2019  x  2021 Dễ thấy với x ≥ 2021 thì   x  2019  x  2020  2 x  2021   x  2020  x  2021 Do đó phương trình không có nghiệm x ≥ 2021. + Xét x < 1, khi đó phương trình đã cho tương đương với  x 1 x  2019   x 1 x  2020  2  x 1 x  2021  2019  x  2020  x  2 2021  x 0,25   2019  x  2021  x Dễ thấy với x < 1 thì   2019  x  2020  x  2 2021  x   2020  x  2021  x Do đó phương trình đã cho không có nghiệm x < 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 ---------------------Hết---------------------