SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CAO BẰNG ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (4,0 điểm)
5 1) Thực hiện phép tính: 5 9 3 4 2) Tìm a để đồ thị hàm số
) M − 3; 1
(
+ đi qua điểm + = 1 0 = 3
3) Giải hệ phương trình:
− ax= x− 3 + y 5 =
3
y
x
5
y 22 x x 4 −
4) Giải hệ phương trình:
Câu 2. (2,0 điểm)
km h nên thời gian đi nửa quãng đường
/
Bác An đi x ô tô từ Cao Bằng đến Hải Phòng. Sau khi đi được nửa quãng
.km
đường, bác An cho xe tăng vận tốc thêm 5 sau ít hơn thời gian đi nửa quãng đường đầu là 30 phút. Hỏi lúc đầu bác An đi xe với vận tốc bao nhiêu ? Biết rằng khoảng cách từ Cao Bằng đến Hải Phòng là 360
=
=
.A Biết
Câu 3. (1,0 điểm)
6
AB
, cm AC
8 . cm
.AH Tính độ dài đoạn AH
Cho tam giác ABC vuông tại
a) Tính độ dài cạnh BC b) Kẻ đường cao
Câu 4. (2.0 điểm)
)O vẽ hai tiếp tuyến AB và AC của
đường tròn ( Qua điểm A nằm ngoài đường tròn ( ,B C là các tiếp điểm)
= BE CF BF CE
.
a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp b) Kẻ đường thẳng qua diểm A cắt đường tròn (
)O tại hai điểm E và F sao cho .
E nằm giữa A và F. Chứng minh
1
=
A
Câu 5. (1,0 điểm)
2
−
−
2
3
x
Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức
-------------------- HẾT --------------------
ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT
−
5
y
y= 3,
= − vào 1
Bài 1.
− =
1) Ta có: 5 9 3 4 2) Vì đồ thị hàm số
5
− = = − = 5.3 3.2 15 6 9 + đi qua điểm ax= + ta được: 1
a .3 5
hàm số
) M − nên thay x 3; 1 + ⇔ = − ⇔ = − 2 6
( a 3
a
ax= y a = − 2 22 x− x 3
+ = 1 0
1
Vậy 3) Ta có:
+ + = nên có hai nghiệm
a b c
0
= x = x
1 2
x
x= 1;
Phương trình trên có dạng
1 = 2
y
=
3
⇔
⇔
⇔
⇔
=
y =
x −
x
5
x x
x y
= 3 = 20
y 5 y 12
4 4
3
5
= − 17 + 5
= 2 = − 1
17 y = x 3
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
4) Ta có: + + 5 4 − y x y Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (
) x y = ;
(
= − 1 ) ( − + 3. 1 ) − 2; 1
Bài 2.
0
Gọi vận tốc lúc đầu của bác An đi là
( x km h x > /
)(
)
=
)km
Nửa quãng đường đầu và nửa quãng đường sau đều dài : 360 : 2 180(
180 x
+
Thời gian bác An đi nửa quãng đường đầu là (giờ)
x
5
km h /
Trên nửa quãng đường sau, bác An đi với vận tốc là
(
)
180 5x +
Thời gian bác An đi nửa quãng đường sau là (giờ)
= giờ nên ta có phương trình
30 phút
1 2
Vì thời gian đi nửa quãng đường sau ít hơn thời gian đi nửa quãng đường đầu là
180
x
(
180
x
x
−
=
180 x
180 + x 5
1 = ⇔ 2
5
1 = ⇔ 2
+ x
− 900 180 2 + x 5
1 2
) + x 5 ( + x x
− 180 )
2
⇔
= ⇔ +
=
−
=
x
5
x
1800
2 ⇔ + x
5
x
1800 0
1 2
x
2
∆ =
=
⇒ ∆ =
900 2 + 5 −
5
− 4. 1800
7225
85
)
x (
=
= −
45(
ktm
)
x 1
=
=
40(
tm
)
x 2
− − 5 85 2 − + 5 85 2
Nên phương trình có hai nghiệm
km h /
Vậy lúc đầu bác An đi với vận tốc 40
Bài 3.
A
C
B
H
,A theo định lý Pytago ta có:
vuông tại
2
2
2
2
=
+
⇔
=
+
= ⇒ =
BC
AC
BC
6
8
100
BC
= 100 10(
cm
)
a) Xét ABC∆ 2 2
BC
cm
Vậy
,A có chiều cao
,AH theo hệ thức lượng trong tam giác
AB = b) Xét ABC∆
=
=
10 vuông tại
= AH BC AB AC
.
.
⇔ = AH
4,8
cm
vuông, ta có :
(
)
AB AC . BC
6.8 10
=
AH
4,8
cm
Vậy
Bài 4.
B
O
A
E
F
C
⊥ ⇒ OB AB OBA
⊥ ⇒ OC AC OCA
090 = 090 =
)O nên )O nên
0
0
=
+
=
180
90
+ OBA ACO
0 180 )
=
)BE
⇒ ∆
⇒
∆
=
=
( . ) AFB g g
ABE
(cùng chắn cung và AFB∆ b) Xét ABE∆
AE AF
AB AF 2 =
.
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
AB
a) AB là tiếp tuyến với ( AC là tiếp tuyến với ( Tứ giác ABOC có 0 90 Do đó ABOC là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng có: A chung ; ABE AFC BE BF AE AF .
=
và có:
⇒ = AB BF AF BE . và AFC∆ ∆ Xét ACE A chung; ACE AFC )CE
⇒ ∆
∆
⇒
=
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn
ACE
AFC g g ( . )
AC CE = AF CF
AE AC
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
.
.
.
= AC CE AE CF
.
⇒ . = AB BF AF BE ⇒
= AC CE AE CF ; . = AB BF AC CE AF BE AE CF
.
.
.
.
.
. 2
.
. ⇒
=
=
⇒ Mà
= . AB BF CE AE AF BE CF . 2 AE AF cmt AB . (
. BF CE BE CF dfcm
)
(
.
.
)
. Ta có:
Bài 5.
2
≥
0
x
3
2 ⇔ ≤ x
2
−
−
≠
2
3
0
x
− 3
2
2
2
≤
≤ ⇒ − ≥ −
≥ − ⇒ ≥ −
≥
0
3 0 3
3
3 3
3 3
0
x
x
x
2
2
⇒ ≥
−
≥ ⇔ −
−
≤
3
3
2
0
3
≤ − 2
3
2
x
x
1
≥
⇒
≥
2
1 −
1 2
3
−
3
2
x
⇒ ≤ ≤
A
− 1 −
2 1 2
2
3
0
x⇔ = ±
3
x⇔ = ;
Điều kiện: . Ta có:
GTLN của A là
1 −
1 2
2
3
Vậy GTNN của A là
-------------------- HẾT --------------------
