Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD-KH&CN Bạc Liêu

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

Thêm vào BST

Báo xấu

121
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị cho kì thi tuyển sinh vào lớp 10 sắp diễn ra cũng như giúp các em củng cố và ôn luyện kiến thức, rèn kỹ năng làm bài thông qua việc giải Đề thi môn Toán vào lớp 10 năm 2020 có đáp án tỉnh Bạc Liêu dưới đây. Hi vọng đây là tài liệu hữu ích cho các bạn trong việc ôn tập. Chúc các bạn thi tốt!

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-KH&CN Bạc Liêu

SỞ GIÁO DỤC - KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BẠC LIÊU NĂM HỌC 2020 - 2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (không chuyên) Ngày thi: 14/07/2020 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. a) Rút gọn biểu thức A  2 3  5 48  125  5 5. b) Tìm điều kiện của x để biểu thức B  3x  4 có nghĩa. Câu 2.  3x  4 y  5 a) Giải hệ phương trình   .  x  4 y  3  b) Cho parabol  P : y  2 x 2 và đường thẳng d  : y  3x  b. Xác định giá trị của b bằng phép tính để đường thẳng d  tiếp xúc với parabol  P. Câu 3. Cho phương trình x 2 m 1 x  m  0 1 với m là tham số. a) Giải phương trình 1 khi m  4. b) Chứng minh phương trình 1 luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. c) Xác định các giá trị của m để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn: x1 3  x1   x2 3  x2   4. Câu 4. Cho đường tròn tâm O có đường kính AB  2 R. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn O  sao cho E không trùng với A và B. Dựng đường thẳng d1 và d 2 lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn O  tại A và B. Gọi d là đường thẳng qua E và vuông góc với EI . Đường thẳng d cắt d1 , d 2 lần lượt tại M , N . a) Chứng minh tứ giác AMEI nội tiếp. b) Chứng minh IAE đồng dạng với NBE. Từ đó chứng minh IB  NE  3IE  NB. c) Khi điểm E thay đổi, chứng minh tam giác MNI vuông tại I và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích MNI theo R. ---- HẾT ----
LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1. a) Ta có: A  2 3  5 3 42  53  5 5  2 3  20 3  5 5  5 5  22 3. Vậy A  22 3. 4 b) Ta có B có nghĩa khi và chỉ khi 3x  4  0  x  . 3 4 Vậy với x  thì B có nghĩa. 3 Câu 2. a) Cộng vế theo vế của hệ phương trình ta được: 3x  4 y  x  4 y  5  3  4 x  8  x  2. 1 Với x  2, ta có: 2  4 y  3  y   . 4  1 Vậy hệ cho có nghiệm  x; y   2;  .  4 b) Phương trình hoành độ giao điểm của d  và  P là: 2 x 2  3 x  b  2 x 2  3 x  b  0. 9  P tiếp xúc với d     0  3  4  2 b  0  b   . 2 8 9 Vậy với b   thì  P tiếp xúc với d . 8 Câu 3. a) Khi m  4, phương trình trở thành: x 2  3 x  4  0   x  1 x  4  0  x 1  0  x  1    x  4  0  x  4 Vậy phương trình có hai nghiệm S  1; 4. b) Phương trình 1 có   m 1  4 m  m 2  2m  1   m  1  0 2 2 Nên phương trình 1 có nghiệm với mọi m  . c) Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi   0  m  1.  x1  x2  m 1  Theo định lý Viete, ta có:   . Khi đó, ta có:    x1 x2  m
x1 3  x1   x2 3  x2   4  x12  x12  3 x1  x2   4   x1  x2   3 x1  x2   2 x1 x2  4 2  m 1  3 m 1  2m  4  0 2  m  1  m 2  3m  2  0   .  m  2 So với điều kiện ta có m  2 là giá trị cần tìm. Câu 4.   900. a) Ta có d1 là tiếp tuyến của O  tại A nên MAI   900. Theo giả thiết MEI   MEI Suy ra: MAI   900 hay tứ giác AMEI nội tiếp. b) Do E nằm trên đường tròn đường kính AB   AEB  900.   900. Từ đó suy ra  Theo giả thiết NEI  1 do cùng phụ với IEB AEI  BEN . Lại có   2 do cùng phụ với ABE AEI  EBN . Từ 1 và 2 , suy ra AIE đồng dạng với BEN .   MAE c) Theo câu a) ta có tứ giác AMEI nội tiếp. Suy ra MIE .   EBN Chứng minh tương tự cũng có BIEN là tứ giác nội tiếp. Suy ra EIB .   900  EAB Mà MAE  và EBN   900  EBA .   EBN Suy ra MAE   1800  EAI   EBA     1800  1800   AEB    AEB  900.    EIN Do đó MIE   900. Suy ra tam giác MNI vuông tại I . MI  IN MI 2  IN 2 MA2  AI 2  MB 2  IB 2  Khi đó SMNI    3. 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiaxcopki, ta có: MA2  IA2  NB 2  IB2   MA NB  IA IB 4  Theo câu a) tứ giác AMEI nội tiếp  AMI AEI . Mà   theo câu a). Nên  AEI  BEN . AMI  BEN   NIB Mà BEN  do tứ giác BNEI nội tiếp.   NIB Suy ra AMI  , suy ra MAI đông dạng với tam giác IBN .
MA IA Suy ra   MA  NB  IA  IB 5. IB BN R 3R 3R 2 Từ 3 ,  4 và 5 suy ra SMNI  IA  IB    . 2 2 4 MA IA 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   . NB IB 3 3R 2 Vậy diện tích nhỏ nhất của MNI là . 4 ---- HẾT ----