Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Phước

Chia sẻ: Phạm Vĩ Kỳ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

171
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là Đề thi môn Toán vào lớp 10 năm 2020 có đáp án tỉnh Bình Phước dành cho các em học sinh lớp 9 và ôn thi kì thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT sắp diễn ra, việc tham khảo đề thi này giúp các bạn củng cố kiến thức luyện thi một cách hiệu quả. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Phước

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2020 BÌNH PHƯỚC ĐỀ THI MÔN TOÁN (CHUNG) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề gồm 01 trang) Ngày thi: 17/07/2020 Câu 1 (2,0 điểm): 1. Tính giá trị của các biểu thức: A  64  49 B  (4  7)2  7 x 2 x 2. Cho biểu thức Q   3 , x  0 x 2 a) Rút gọn biểu thức Q . b) Tìm giá trị của x để biểu thức Q  2 . Câu 2 (2,0 điểm): 1. Cho parabol (P ) : y  x 2 và đường thẳng d  : y  2x  3 a) Vẽ parabol (P ) và đường thẳng (d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy . b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) bằng phép tính. 2x  3y  3 2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau:  . x  3y  6  Câu 3 (2,5 điểm): 1. Cho phương trình ẩn x : x 2  5x  m  2  0 1 ( m là tham số ) a) Giải phương trình (1) với m  6 . b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x 1, x 2 thỏa mãn hệ thức : 1 1 3   x1 x2 2 2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là 320 m 2 . Tính chu vi thửa đất đó. Câu 4 (1,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A ,có cạnh= AC 8=  600 . Tính số đo góc C và độ dài các m, B cạnh AB , BC , đường trung tuyến AM của tam giác ABC . Câu 5 (2,5 điểm): Từ một điểm T ở bên ngoài đường tròn tâm ( O ) . Vẽ hai tiếp tuyến TA , TB với đường tròn ( A , B là hai tiếp điểm). Tia TO cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm phân biệt C và D ( C nằm giữa T và O ) và cắt đoạn AB tại F . a) Chứng minh: tứ giác TAOB nội tiếp. b) Chứng minh: TC .TD  TF .TO c) Vẽ đường kính AG của đường tròn ( O ) . Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ điểm B đến AG , I là giao điểm của TG và BH . Chứng minh I là trung điểm của BH . --- HẾT --- Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh:……………………………………………….SBD………………… Họ tên, chữ ký giám thị 1:……………………………………………....................... Họ tên, chữ ký giám thị 2:……………………………………………....................... 1
Câu 1 (2,0 điểm): 1. Tính giá trị của các biểu thức: A  64  49 B  (4  7)2  7 Lời giải A  64  49  8  7  1 . B  (4  7)2  7  4  7  7  4 x 2 x 2. Cho biểu thức Q   3 , x  0 x 2 a) Rút gọn biểu thức Q . b) Tìm giá trị của x để biểu thức Q  2 . Lời giải x 2 x a) Q   3 x  3 . x 2 b) Q  2  x  3  2  x  5  x  25 . Câu 2 (2,0 điểm): 1. Cho parabol (P ) : y  x 2 và đường thẳng d  : y  2x  3 a) Vẽ parabol (P ) và đường thẳng (d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy . b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) bằng phép tính. Lời giải a) Bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 y = x2 4 1 0 1 4 x 0 -1 y = x2 3 1 Vẽ đồ thị : b) Phương trình hoành độ giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) :  x =−1 ⇒ y =1 x2 = 2x + 3 ⇔ x2 − 2 x − 3 = 0 ⇔  .  x =3 ⇒ y =9 Vậy tọa độ giao điểm là ( −1;1) , ( 3;9 ) . 2x  3y  3 2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau:  . x  3y  6  Lời giải   3x  9   2x  3y  3   Ta có     x  3   x  3 .     x  3y  6  x  3y  6  3  3y  6  y  1     Vậy S = {( 3;1)} . Câu 3 (2,5 điểm): 1. Cho phương trình ẩn x : x 2  5x  m  2  0 1 ( m là tham số ) a) Giải phương trình (1) với m  6 . b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x 1, x 2 thỏa mãn hệ thức : 2
1 1 3   x1 x2 2 Lời giải x  4 a) Thay m = 6 vào phương trình (1) ta có x 2  5x  4  0   . Vậy S = {1; 4} . x  1 b) Phương trình x 2  5x  m  2  0 1 có hai nghiệm dương phân biệt khi ∆ > 0 ( −5 ) − 4 ( m − 2 ) > 0 2   33 − 4m > 0 33  x1 + x2 > 0 ⇔ 5 > 0 ⇔ ⇔2 0 m − 2 > 0  m > 2 4  1 2  2 3  1 1 3 3   2    x1  x 2  x 1.x 2  x 1  x 2   x 1.x 2  x1 x2 2 2 2  9 9  x 1  x 2  2 x 1x 2  x 1x 2  5  2 m  2  m  2 4 4 t = 2 Đặt t = m − 2 , ( t > 0 ) ta có phương trình ẩn t : 9t − 8t − 20 = 0 ⇔  −10 2 . t = (l )  9 Vậy m − 2 = 2 ⇒ m = 6 . 2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là 320 m 2 . Tính chu vi thửa đất đó. Lời giải Gọi x ( m ) là độ dài chiều rộng hình chữ nhật ( x > 0 ) . Chiều dài là x + 4 ( m ) . Ta có phương trình:  x = 16 x ( x + 4 ) =320 ⇔ x 2 + 4 x − 320 =0 ⇔  . Vậy chiều rộng là 16 ( m ) , chiều dài là 20 ( m ) .  x = −20 ( l ) Chu vi thửa đất là : 2 (16 + 20 ) =64 ( m ) . Câu 4 (1,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A ,có cạnh= AC 8=  600 . Tính số đo góc C và độ dài các m, B cạnh AB , BC , đường trung tuyến AM của tam giác ABC . Lời giải  = 900 − 600 = 300 .= AC 16 3 Tam giác ABC vuông tại A ta có : C AB = ( cm ) , Sin B 3 1 8 3 AM = =BC ( cm ) . 2 3 3
Câu 5 (2,5 điểm): Từ một điểm T ở bên ngoài đường tròn tâm ( O ) . Vẽ hai tiếp tuyến TA , TB với đường tròn ( A , B là hai tiếp điểm). Tia TO cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm phân biệt C và D ( C nằm giữa T và O ) và cắt đoạn AB tại F . a) Chứng minh: tứ giác TAOB nội tiếp. Lời giải  Vì TA , TB là hai tiếp tuyến của đường tròn ( O ) nên TAO  = 900 . Tứ giác TOAB có = TBO  + TBO TAO = 1800 ⇒ Tứ giác TOAB nội tiếp b) Chứng minh: TC .TD  TF .TO Lời giải ∆TAC và ∆TDA có ATC chung  TA TC    1  ⇒ ∆TAC ∽ ∆TDA ( g − g ) ⇒ = ⇒ TA2 = TC.TD (1) TAC = TDA = sd AC TD TA  2 Vì TA TB = =, OA OB nên TD là đường trung trực của AB . = ∆TAO : TAO 900 , AF ⊥ TO ta có TA2 = TF .TO ( 2 ) . Từ (1) và ( 2 ) suy ra TC = .TD TF = .TO ( TA2 ) c) Vẽ đường kính AG của đường tròn ( O ) . Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ điểm B đến AG , I là giao điểm của TG và BH . Chứng minh I là trung điểm của BH . Lời giải Gọi E là giao điểm của TG với đường tròn ( O ) ( E khác G ). Tứ giác ATEF nội tiếp ( do =  AFT = 900 ) ⇒ TAB AET =  ( cùng bù TEF FEI  ) ( 3) = AT / / BH (cùng ⊥ AG ) ⇒ TAB  (so le trong) ( 4 ) . Từ ( 3) và ( 4 ) suy ra FEI FBI   ⇒ Tứ giác = FBI BEFI nội tiếp ⇒ BEG =  ( cùng chắn cung BI BFI  của đường tròn nội tiếp BEFI ) ( 5 )  = BAG Mà BEG  ( cùng chắn cung BG  của ( O ) ) ( 6 )  BAG Từ ( 5 ) và ( 6 ) suy ra BFI =  ⇒ IF / / AH . Mà FA = FB ( do TD là đường trung trực của AB ). Nên BI = IH hay I là trung điểm của BH . ----- HẾT ----- 4