Đề tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT An Giang

Giới thiệu đến quý thầy, cô và các bạn học sinh đề tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT An Giang gồm có 01 trang với 05 bài toán dạng tự luận, thời gian học sinh làm bài thi là 120 phút, đề thi có đáp án và lời giải chi tiết. Mời các bạn đón xem!

50 25 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2023-2024

Môn: Môn Toán

Thông tin:

5 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Vũ Hường
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÁO LỚP 10 THPT
AN GIANG Năm học: 2020 – 2021
Khóa ngày: 18/07/2020
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN
(Đề thi gồm có 01 trang) Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. (3,0 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau đây:
a.
3 3 3;x −=
b.
7
;
22
xy
xy
+=
−+ =
c.
42
3 4 0;xx− −=
Câu 2. (2,0 điểm)
Cho hàm số
2
yx=
có đồ thị là parabol
( )
P
.
a. Vẽ đồ thị
( )
P
trên hệ trục tọa độ.
b. Viết phương trình đường thẳng
( )
d
có hệ số góc bằng
1−
và cắt parabol
( )
P
tại điểm có
hoành độ bằng
1
.
c. Với
( )
d
vừa tìm được, tìm giao điểm còn lại của
( )
d
và
.
Câu 3. (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai
( )
2
2 10 ;x xm− + −= ∗
với
m
là tham số.
a. Tìm tất cả các giá trị của
m
để phương trình
( )
∗
có nghiệm.
b. Tính theo
m
giá trị của biểu thức
33
12
Ax x= +
với
12
;xx
là hai nghiệm của phương trình
( )
∗
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
A
.
Câu 4. (2,0 điểm)
Cho tam giác
ABC
có ba góc đều nhọn và nội tiếp trong đường tròn
( )
O
. Vẽ các đường cao
'; '; '
AA BB CC
cắt nhau tại
H
.
a. Chứng minh rằng tứ giác
''AB HC
là tứ giác nội tiếp.
b. Kéo dài
'AA
cắt đường tròn
( )
O
tại điểm
D
. Chứng minh rằng tam giác
CDH
cân.
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho
ABCD
là hình vuông có cạnh
1 dm
. Trên cạnh
AB
lấy một
điểm
E
. Dựng hình chữ nhật
CEFG
sao cho điểm
D
nằm trên cạnh
FG
. Tính diện tích hình chữ nhật
CEFG
(hình vẽ bên)
-------- HẾT --------
1
dm
F
G
C
D
A
B
E
ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT
Bài 1 (3,0
điểm):
a)
( )
3 3 3 3 1 3 11 2x x xx− = ⇔ − = ⇔ −=⇔ =
V
ậy PT có nghiệm duy nhất
2x =
b)
7 39 3 4
2 2 7 37 3
xy y y x
x y xy x y
+= = = =

⇔⇔⇔

−+ = + = += =

V
ậy HPT có nghiệm duy nhất
( ) ( )
; 4;3xy =
c)
42
3 40xx− −=
Đ
ặt
2
tx=
. Điều kiện
0t ≥
PT đã cho trở thành:
2
3 40tt− −=
(1)
PT (1) có các hệ số:
1; 3; 4ab c= =−=−
Vì
1 (3) (4) 0abc− + = −− +− =
nên PT (1) có hai nghiệm phân biệt
1
1t = −
(loại) ;
2
( 4)
4
1
c
t
a
− −−
= = =
V
ới
2
44 2tx x=⇒ =⇔=±
Vậy PT đã cho có hai nghiệm phân biệt:
12
2; 2xx= = −
Bài 2 (2,0 điểm): Cho hàm số
2
yx=
có đồ thị là Parabol (P).
a) Vẽ đồ thị (P):
Bảng giá trị đặc biệt:
x
- 2
- 1
0
1
2
2
yx=
4
1
0
1
4
Vẽ đồ thị:
b) PT đường thẳng (d) có dạng:
y ax b= +
Vì (d) có h
ệ số góc bằng – 1 nên
1 ( ):a dy xb=−⇒ =−+
Vì (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng 1 nên thay
1x =
vào hàm số
2
yx=
ta được:
2
11y = =
(
P
)
x
y
4
1
-2
-1
2
O
1
Thay tọa độ
( )
1;1
vào phương trình đường thẳng (d):
y xb=−+
, ta được:
11 2bb=−+ ⇔ =
Vậy phương trình đường thẳng (d) là:
2
yx=−+
c) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
22
2 20x x xx=−+⇔ +−=
(*)
Phương trình (*) có các hệ số:
1; 1; 2
abc= = = −
Vì
1 1 ( 2) 0abc++=++− =
nên PT (*) có hai nghiệm phân biệt:
( )
1
11
2
22
1 11
2
2 24
1
xy
c
xy
a
=⇒==
−
= = =−⇒ =− =
Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt:
( )
1;1A
và
( )
2;4B −
Bài 3 (2,0 điểm):
Cho phương trình bậc hai:
2
2 10x xm− + −=
(*), với
m
là tham số
a) Tìm tất cả giá trị của
m
để PT (*) có nghiệm.
PT (*) có nghiệm
Δ0⇔≥
(
)
(
)
2
2
40
2 4.1. 1 0
44 40
48
2
⇔− ≥
⇔− − − ≥
⇔− +≥
⇔≤
⇔≤
b ac
m
m
m
m
Vậy
2≤
m
thì PT (*) có nghiệm.
b) Với
2≤m
thì theo thệ thức Vi-ét, ta có:
12
12
2
.1
−
+= =
= = −
b
xx
a
c
xx m
a
(1)
Biến đổi biểu thức A:
( )
( )
(
) ( ) ( ) ( )
23
33 2 2
1 2 121 122 12 12 12 12 1212
33

=+= + − + = + + − = + − +

Ax x xxx xx x xx xx xx xx xxxx
(2)
Thay (1) vào (2), ta được:
( )
3
2 3.2. 1 8 6 6 6 14= − − =− +=− +A m mm
Vậy giá trị biểu thức A theo m là:
6 14=−+Am
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A:
Vì
2≤m
nên
6 12 6 14 2− ≥− ⇔− + ≥mm
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
2=m
Vậy Giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 2 khi
2=m
Bài 4 (2,0 điểm):
Hình vẽ:
a) Xét tứ giác
''
AB HC
ta có:
'0
90
=AB H
(GT)
'0
90=
AC H
(GT)
'' 0
180⇒+=AB H AC H
Mà
'
AB H
và
'
AC H
là hai góc đối nhau
Vậy tứ giác
''
AB HC
là tứ giác nội tiếp.
b) Vì tứ giác
ABDC
nội tiếp đường tròn (O) (có 4 đỉnh nằm trên (O)) nên ta có:
=CDA CBA
(góc nội tiếp cùng chắn cung
CA
)
Hay
'
=
CDH CBC
(1)
Ta lại có:
''
=CHA CBC
(cùng phụ với
'
BCC
) hay
'
=CHD CBC
(2)
Từ (1) và (2) ta suy ra:
=
CDH CHD
Vậy tam giác CDH cân tại C (có hai góc bằng nhau)
H
A'
D
C'
B'
O
B
C
A
Bài 5 (1,0 điểm):
Ta có:
=DCG ECB
(cùng phụ với
DCE
)
Xét
Δ DCG
và
Δ
ECB
ta có:
0
90
= =DGC EBC
(GT)
=DCG ECB
(cmt)
Do đó
Δ DCG
đồng dạng với
Δ ECB
(g-g)
Suy ra:
. . 1.1 1=⇒===
DC CG
EC CG DC CB
EC CB
Vậy diện tích của hình chữ nhạt
CEFG
là 1
( )
2
dm
--------- HẾT ---------
1dm
F
G
C
D
A
B
E
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÁO LỚP 10 THPT AN GIANG
Năm học: 2020 – 2021
Khóa ngày: 18/07/2020 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN
(Đề thi gồm có 01 trang)
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. (3,0 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trình sau đây: a. 3x − 3 = 3 ; x + y = 7 b.  ; −x + 2y = 2 c. 4 2
x − 3x − 4 = 0 ; Câu 2. (2,0 điểm) Cho hàm số 2
y = x có đồ thị là parabol (P) .
a. Vẽ đồ thị (P) trên hệ trục tọa độ.
b. Viết phương trình đường thẳng (d ) có hệ số góc bằng 1
− và cắt parabol (P) tại điểm có hoành độ bằng 1.
c. Với (d ) vừa tìm được, tìm giao điểm còn lại của (d ) và (P) . Câu 3. (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai 2
x − 2x + m −1 = 0 (∗);với m là tham số.
a. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (∗) có nghiệm.
b. Tính theo m giá trị của biểu thức 3 3
A = x + x với x ; x là hai nghiệm của phương trình 1 2 1 2
(∗). Tìm giá trị nhỏ nhất của A. Câu 4. (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn và nội tiếp trong đường tròn (O) . Vẽ các đường cao
AA'; BB '; CC ' cắt nhau tại H .
a. Chứng minh rằng tứ giác AB 'HC ' là tứ giác nội tiếp.
b. Kéo dài AA'cắt đường tròn (O) tại điểm D . Chứng minh rằng tam giác CDH cân. Câu 5. (1,0 điểm) G
Cho ABCD là hình vuông có cạnh 1 dm . Trên cạnh AB lấy một
điểm E . Dựng hình chữ nhật CEFG sao cho điểm D nằm trên cạnh FG D C
. Tính diện tích hình chữ nhật CEFG (hình vẽ bên) F 1 dm A B E
-------- HẾT --------
ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài 1 (3,0 điểm):
a) 3x − 3 = 3 ⇔ 3(x − )
1 = 3 ⇔ x −1 = 1 ⇔ x = 2
Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 2  + =  =  =  = b) x y 7 3y 9 y 3 x 4  ⇔  ⇔  ⇔  −x + 2y = 2 x + y = 7 x + 3 = 7 y = 3
Vậy HPT có nghiệm duy nhất (x;y) = (4;3) c) 4 2
x − 3x − 4 = 0 Đặt 2
t = x . Điều kiện t ≥ 0
PT đã cho trở thành: 2t −3t − 4 = 0 (1)
PT (1) có các hệ số: a =1;b = 3 − ;c = 4 −
Vì a − b + c =1−( 3 − ) + ( 4
− ) = 0 nên PT (1) có hai nghiệm phân biệt −c ( − 4) − t = 1 − (loại) ; t = = = 4 1 2 a 1 Với 2
t = 4 ⇒ x = 4 ⇔ x = 2 ±
Vậy PT đã cho có hai nghiệm phân biệt: x = 2;x = 2 − 1 2
Bài 2 (2,0 điểm): Cho hàm số 2
y = x có đồ thị là Parabol (P).
a) Vẽ đồ thị (P): y
Bảng giá trị đặc biệt: (P) x - 2 - 1 0 1 2 4 2 y = x 4 1 0 1 4 Vẽ đồ thị: 1 x -2 -1 O 1 2
b) PT đường thẳng (d) có dạng: y = ax + b
Vì (d) có hệ số góc bằng – 1 nên a = 1
− ⇒ (d) : y = −x + b
Vì (d) cắt (P) tại điểm có hoành độ bằng 1 nên thay x =1 vào hàm số 2
y = x ta được: 2 y = 1 = 1 Thay tọa độ (1; )
1 vào phương trình đường thẳng (d): y = −x + b , ta được: 1 = 1
− + b ⇔ b = 2
Vậy phương trình đường thẳng (d) là: y = −x + 2
c) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2 2
x = −x + 2 ⇔ x + x − 2 = 0 (*)
Phương trình (*) có các hệ số: a =1;b =1;c = 2 −
Vì a + b + c =1+1+ ( 2)
− = 0 nên PT (*) có hai nghiệm phân biệt: 1
x = 1 ⇒ y = 1 = 1 1 1 c 2 − x = = = 2 − ⇒ y = ( 2 − )2 = 4 2 2 a 1
Vậy (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt: A(1; ) 1 và B ( 2; − 4) Bài 3 (2,0 điểm):
Cho phương trình bậc hai: 2
x − 2x + m −1 = 0 (*), với m là tham số
a) Tìm tất cả giá trị của m để PT (*) có nghiệm.
PT (*) có nghiệm ⇔ Δ ≥ 0 2
⇔ b − 4ac ≥ 0 ⇔ ( 2 − )2 − 4.1.(m − ) 1 ≥ 0 ⇔ 4 − 4m + 4 ≥ 0 ⇔ 4m ≤ 8 ⇔ m ≤ 2
Vậy m ≤ 2 thì PT (*) có nghiệm.  − + = b x x = 2  1 2
b) Với m ≤ 2thì theo thệ thức Vi-ét, ta có:  a  (1)  . = c x x = m −1 1 2  a
Biến đổi biểu thức A: 3 3
A = x + x = (x + x )( 2 2
x − x x + x = x +  x x + x − 3 
x x = x + x − 3 x + x x x (2) 1 2 1 2 1 1 2 2 ) ( 1 2) ( 1 2)2 1 2 ( 1 2)3 ( 1 2) 1 2  
Thay (1) vào (2), ta được: 3
A = 2 − 3.2.(m − ) 1 = 8 − 6m + 6 = 6 − m +14
Vậy giá trị biểu thức A theo m là: A = 6 − m +14
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A: Vì m ≤ 2 nên 6 − m ≥ 12 − ⇔ 6 − m +14 ≥ 2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m = 2
Vậy Giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 2 khi m = 2 Bài 4 (2,0 điểm): Hình vẽ: A B' O C' H B A' C D a) Xét tứ giác ' ' AB HC ta có:  ' 0 AB H = 90 (GT)  ' 0 AC H = 90 (GT)  '  ' 0
⇒ AB H + AC H =180 Mà  ' AB H và  '
AC H là hai góc đối nhau Vậy tứ giác ' '
AB HC là tứ giác nội tiếp.
b) Vì tứ giác ABDC nội tiếp đường tròn (O) (có 4 đỉnh nằm trên (O)) nên ta có:  CDA = 
CBA (góc nội tiếp cùng chắn cung CA ) Hay  ' CDH = CBC (1) Ta lại có: ' '
CHA = CBC (cùng phụ với ' BCC ) hay  ' CHD = CBC (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra:  CDH =  CHD
Vậy tam giác CDH cân tại C (có hai góc bằng nhau) Bài 5 (1,0 điểm): G D C F 1dm A B E Ta có:  DCG = 
ECB (cùng phụ với  DCE )
Xét Δ DCG và Δ ECB ta có:  DGC =  0 EBC = 90 (GT)  DCG =  ECB (cmt)
Do đó Δ DCG đồng dạng với Δ ECB (g-g)
Suy ra: DC = CG ⇒ EC.CG = DC.CB =1.1=1 EC CB
Vậy diện tích của hình chữ nhạt CEFG là 1 ( 2 dm )
--------- HẾT ---------
Document Outline

  • AN GIANG 2020-2021