Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở Giáo dục và Đào tạo

Chia sẻ: Phạm Vĩ Kỳ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

54
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi môn Toán vào lớp 10 năm 2020 có đáp án Sở Giáo dục và Đào tạo là tài liệu luyện thi vào lớp 10 hiệu quả dành cho các bạn học sinh lớp 9. Đây cũng là tài liệu tham khảo môn Toán hữu ích giúp các bạn học sinh hệ thống lại kiến thức, nhằm học tập tốt hơn, đạt điểm cao trong bài thi quan trọng khác. Mời quý thầy cô và các bạn tham khảo đề thi.

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 Giáo dục và Đào tạo

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2020 - 2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Ngày thi: 09/07/2020 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Bài 1 (2,0 điểm) Giải các phương trình, hệ phương trình sau: 3 x  y  1 1) x 2  x 12  0 . 2) x 4  8 x 2  9  0 . 3)  . 6 x  y  2 Bài 2 (1,5 điểm) Cho phương trình: x 2  2020 x  2021  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Không giải phương trình, tính giá trị của các biểu thức sau: 1 1 1)  . 2) x12  x22 . x1 x 2 Bài 3 (1,5 điểm) 3 2 3 Cho Parabol  P : y  x và đường thẳng d  : y   x  3 . 2 2 1) Vẽ đồ thị cùa  P và d  trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2) Tìm tọa độ các giao điểm của  P và d  bằng phép tính. Bài 4 (1,5 điểm)  1 1  x 1 Cho biếu thúc A     : với 0  x  1  x  x x 1 x x  2 x  x 1) Rút gọn biẻu thức A. 2) Tính giá trị của biếu thức A khi x  8  2 7 . Bài 5 (3,5 điểm) Cho đường tròn O;3cm có đường kính AB và tiếp tuyến Ax. Trên Ax lấy điểm C sao cho AC = 8cm, BC cắt  cắt đường tròn (O) tại M và cắt BC tại N. đường tròn (O) tại D. Đuờng phân giác của góc CAD 1) Tính độ dài đoạn thẳng AD. 2) Gọi E là giao điểm của AD và MB. Chứng minh tứ giác MNDE nội tiếp được trong đường tròn. 3) Chứng minh tam giác ABN là tam giác cân. 4) Kẻ EF vuông góc AB (F thuộc AB). Chứng minh: N, E, F thẳng hàng. -----------HẾT------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
HƯỚNG DẪN GIẢI THAM KHẢO Bài 1 (2,0 điểm) Giải các phương trình, hệ phương trình sau: 3 x  y  1 1) x 2  x 12  0 . 2) x 4  8 x 2  9  0 . 3)  . 6 x  y  2 Lời giải 1) x  x 12  0 . 2 Ta có: a  1; b  1; c  12   b 2  4ac    49    7 .  1  7  x1   4  2 Suy ra:  .  1  7 x  3  2 2 Vậy phương trình có hai nghiệm: S  4;3 2) x 4  8 x 2  9  0 . Đăt t  x điều kiện t  0 . 2 Suy phương trình viết lại có dạng: t 2  8t  9  0 . Ta có: a  1; b  8; c  9  '  b '2  ac   '  25   '  5 .  4  5 t1   9 loai   1 Suy ra:  .  4  5 t   1 nhan  2 1 Mà t  x 2  x 2  1  x  1 Vậy phương trình có hai nghiệm S  1;1 3x  y  1 3)  . 6 x  y  2 3x  y  1 3 x  y  1  y  4 Ta có    . 6 x  y  2 3x  3  x  1 Vậy hệ có một nghiệm 1; 4 Bài 2 (1,5 điểm) Cho phương trình: x 2  2020 x  2021  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Không giải phương trình, tính giá trị của các biểu thức sau: 1 1 1)  . 2) x12  x22 . x1 x 2 Lời giải  b  x1  x2  a  x  x2  2020 Theo Vi-ét ta có    1 .  c  x1.x2  2021  x1.x2   a 1 1 x  x2 2020 1) Ta có   1  . x1 x 2 x1.x2 2021 2) Ta có x12  x22  x12  x22  2 x2 .x2  2 x1.x2   x1  x2   2 x1.x2  2020 2  2.2021  4076358. 2 Bài 3 (1,5 điểm)
3 2 3 Cho Parabol  P : y  x và đường thẳng d  : y   x  3 . 2 2 1) Vẽ đồ thị của  P và d  trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2) Tìm tọa độ các giao điểm của  P và d  bằng phép tính. Lời giải 1) Vẽ đồ thị của  P và d  trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 3 2 3 Parabol  P : y  x có Đường thẳng d  : y   x  3 có 2 2 + Đỉnh I  0;0  3 + a    0 nên hàm số nghịch biến trên  . 3 2 + a  0 nên nghịch biến trên  ;0  đồng biến  3 2 + Lấy các điểm A  2;6  , C 1;  thuộc d  . trên  0;    2 + Lấy các điểm A  2; 6  , B  2;6   3  3 C 1;  , D  1;  thuộc  P  2  2 Đồ thị hàm số  P và d  3 2 y y  x 2 A 6 B 3 2 C D 2 1 I 1 2 x 3 y   x3 2 2) Tìm tọa độ các giao điểm của  P và d  bằng phép tính. Phường trình hoàng độ giao điểm của  P và d  là 3 2 3 x  x3 2 2  3x  3x  6  0 2  x2  x  2  0  x2  x  2 x  2  0  x  x 1  2  x 1  0   x 1 x  2  0  x 1  0 x 1    x  2  0  x  2 3  3 Với x  1 thế vào  P  y  . Suy ra  P và d  cắt nhau tại C 1;  2  2
Với x  2 thế vào  P  y  6 . Suy ra  P và d  cắt nhau tại A  2;6   3 Vậy  P và d  cắt nhau tại 2 điểm A  2;6  và C 1;  .  2 Bài 4 (1,5 điểm)  1 1  x 1 Cho biếu thúc A     : với 0  x  1  x  x x 1 x x  2 x  x 1) Rút gọn biẻu thức A. 2) Tính giá trị của biếu thức A khi x  8  2 7 . Lời giải 1) Rút gọn biẻu thức A. 2) Tính giá trị của biếu thức A khi  1 1   x 1 x  8 2 7 . A     :  x  x x 1 x x  2 x  x Ta có A  x 1   Thế x  8  2 7 suy ra  1 1  x 1    : A  8  2 7 1   x x 1  x 1 x  x  2 x  1   2    7  2 7  12 1  1 x  x 1    :    x x 1  x x 1    2   2 7  1 1   2 1 x x x 1  7 1 1  . x   x 1 x 1  7  1 1  x 1  7 2 Vậy A  x 1 . Vậy A  7  2 Bài 5 (3,5 điểm) Cho đường tròn O;3cm có đường kính AB và tiếp tuyến Ax. Trên Ax lấy điểm C sao cho AC = 8cm, BC cắt  cắt đường tròn (O) tại M và cắt BC tại N. đường tròn (O) tại D. Đuờng phân giác của góc CAD 1) Tính độ dài đoạn thẳng AD. 2) Gọi E là giao điểm của AD và MB. Chứng minh tứ giác MNDE nội tiếp được trong đường tròn. 3) Chứng minh tam giác ABN là tam giác cân. 4) Kẻ EF vuông góc AB (F thuộc AB). Chứng minh: N, E, F thẳng hàng. Lời giải C 1) Tính độ dài đoạn thẳng AD. Ta có ADB chắn đường kính AB nên  ADB  900 suy ra AD  BC . Xét  ABC vuông tại A có AD là đường cao. Ta có 1 1 1 1 AB 2  AC 2 N 2  2  2  2  2 2 AD AB AC AD AB . AC AB. AC  AD  D AB 2  AC 2 E M 6.8  AD  6 2  82  AD  4,8 cm B O H A 2) Gọi E là giao điểm của AD và MB. Chứng minh tứ giác MNDE nội tiếp được trong đường tròn. Xét tứ giác MNDE có
  900 (chứng minh trên) EDN (1)  chắn đường kính AB nên BMA Ta có BMA   90 suy ra EMN 0   90 . 0 (2)   Từ (1) và (2) EDN  EMN  180 suy ra tứ giác MNDE nội tiếp được trong đường tròn. 0 3) Chứng minh tam giác ABN là tam giác cân.   DEM Ta có DNM   1800 (do MNDE nội tiếp được trong đường tròn) . (3)   DEM MEA   1800 ( kề bù) (4)   MEA  EAM  90 (do  MEA vuông tại M). 0 (5)   Mà BAM  MAC  90 0 (6)   Mà MAC  EAM (do AN là tia phân giác của góc CAD ).  (7)   Từ (6) và (7) suy ra BAM  EAM  90 0 (8)   Từ (5) và (8) suy ra MEA  BAM (9)   Thế (9) vào (4) suy ra BAM  DEM  180 0 (10)   BAM Từ (3) và (10) suy ra DNM . Vậy tam giác ABN cân tại B. 4) Kẻ EF vuông góc AB (F thuộc AB). Chứng minh: N, E, F thẳng hàng. Xét tam giác ABN có  AD  BN  (chứng minh trên). Suy ra E là trực tâm của tam giác ABN.  BM  AN Nên NE  AB . Mà EF  AB . Vậy N, E, F thẳng hàng. ---------- HẾT ----------