Đề tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Thái Bình
Giới thiệu đến quý thầy, cô và các bạn đề tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Thái Bình 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 đoán xem!
Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2023-2024
Môn: Môn Toán
Thông tin:
Tác giả:
Tài liệu liên quan:
Preview text:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 THÁI BÌNH MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm) + − Cho x +1 A = và x 1 x 1 = − : x B
( với x > 0 ; x ≠ 1) x −1 x 1 x 1 − + x − 1
a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9 .
b) Rút gọn biểu thức B.
c) Tìm x để giá trị của A và B trái dấu. Câu 2. ( 2,0 điểm)
x − 2y = 4m − 5 Cho hệ phương trình ( m là tham số)
2x + y = 3m
a) Giải hệ phương trình khi m = 3
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ( ; x y) thỏa mãn 2 1 − = 1 − . x y Câu 3. ( 2,0 điểm) Cho parabol (P) 2
: y = x và đường thẳng (d ) 2
: y = 3mx +1− m ( m là tham số)
a) Tìm m để (d) đi qua A(1; 9 − ) .
b) Tìm m để (d)m cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x ; x thỏa mãn 1 2
x + x = 2x x 1 2 1 2 Câu 4. ( 3,5 điểm)
Qua điểm M nằm bên ngoài ( ;
O R) kẻ hai tiếp tuyến , MA MB ( , A B là tiếp
điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O ( C nằm giữa M và D)
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp và MO ⊥ AB . b) Chứng minh . MA AD = . MD AC .
c) Gội I là trung điểm của dây cung CD và E là giao điểm của hai đường thẳng
AB và OI. Tính độ dài đoạn thẳng OE theo R khi R OI = 3
d) Qua tâm O kẻ đường thẳng vuông góc với OM cắt các đường thẳng MA, MB
lần lượt tại P và Q. Tìm vị trí của điểm M để diện tích tam giác MPQ đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5. ( 0.5 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 P = 3
− x − 4x y +16x − 2y +12 y +1998 --HẾT--
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THÁI BÌNH NĂM HỌC 2020-2021 Câu 1.
a) Ta thấy x = 9 ( thỏa mãn điều kiện x > 0 ; x ≠ 1), nên khi đó: 9 1 3 1 A + + = = = 2 9 −1 3−1
Vậy với x = 9 thì A = 2 .
b) Với x > 0 ; x ≠ 1 thì:
( x + )2 −( x − )2 1 1 x B = ( x − ) 1 ( x + ) : 1 x −1
x + 2 x +1− x + 2 x −1 x −1 B = ( x − )( x + ) . 1 1 x 4 x x −1 B = ( x − )( x + ). 1 1 x 4 B = x +1
Vậy với x > 0 ; x ≠ 1 thì 4 B = . x +1
c) Với x > 0 ; x ≠ 1 thì 4
x +1 > 0 ⇒ B = > 0 x +1
Do đó để A và B trái dấu thì + A < 0 x 1 ⇔
< 0 ⇔ x −1< 0 ( vì x +1 > 0 ) x −1
⇔ x <1 ⇔ x <1.
Kết hợp với điều kiện x > 0 ; x ≠ 1, ta được 0 < x <1.
Vậy với 0 < x <1thì A và B trái dấu. Câu 2.
a) Với m = 3 hệ phương trình đã cho trở thành x − 2y = 7 x − 2y = 7 5 x = 25 x = 5 x = 5 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2x y 9 4x 2y 18 4x 2y 18 4.5 2y 18 + = + = + = + = y = 1 −
Vậy với m = 3 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ; x y) = (5;− ) 1 .
x − 2y = 4m − 5
x − 2y = 4m − 5 5
x = 10m − 5 x = 2m −1 b) Xét hệ ⇔ ⇔ ⇔ 2x y 3m
4x 2y 6m
y 3m 2x + = + = = − y = 2 − m
Do đó với mọi m hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ;
x y) = (2m −1;2 − m) Để nghiệm ( ; x y) thỏa mãn 2 1 − =1 thì 2 1 − = 1 − x y 2m −1 2 − m ĐK: 1
m ≠ ,m ≠ 2(*) 2 Ta có: 2 1 − = 1
− ⇒ ( − m) − ( m − ) = −( m − )( − m) 2 2 2 2 1 2 1 2
⇔ 2m − m − 3 = 0 2m −1 2 − m m = 2 − (m ) 1 (2m 3) 0 ⇔ + − = ⇔
3 ( thỏa mãn điều kiện (*) ) m = 2 Vậy 3 m 1; ∈ − thỏa mãn đề bài. 2 Câu 3.
a) Để (d) đi qua điểm A(1; 9 − ) ⇔ x =1, y = 9
− thỏa mãn phương trình đường thẳng (d) m = 2 − 2 2 ⇔ 9
− = 3m +1− m ⇔ m − 3m −10 = 0 ⇔ m = 5 Vậy với m∈{ 2; − } 5 là giá trị cần tìm.
b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2 2 2 2
x = 3mx +1− m ⇔ x − 3mx −1+ m = 0( ) 1
Có: ∆ = (− m)2 − ( 2 m − ) 2 3 4
1 = 5m + 4 > 0 m ∀
⇒ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x , x 1 2
⇒ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x , x m ∀ . 1 2
x + x = 3m Theo định lý Vi-ét: 1 2 2
x .x = m − 1 1 2
Theo giả thiết có: x + x = 2x x 1 2 1 2 m = 2 3m 2( 2 m ) 2 1 2m 3m 2 0 (m 2)(2m ) 1 0 ⇔ = − ⇔ − − = ⇔ − + = ⇔ 1 m − = 2 Vậy 1 m 2; ∈ − . 2 Câu 4. E P A C I D M H O B Q
a) Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại M ( với A, B là tiếp điểm) ⇒ MA O , A MB OB MAB MBO 90° ⊥ ⊥ ⇒ ∠ = ∠ =
và MA = MB ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Xét tứ giác MAOB có tổng hai góc đối: 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 � + 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 � = 1800
Do đó tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp.
Lại có MA=MB (cmt); OA=OB=R ( vì , A B ∈( ; O R) )
⇒ M, O thuộc đường trung trực của AB
⇒ MO là đường trung trực của AB. ⇒ MO ⊥ AB b) Xét MC ∆ Avà MA ∆ D có: 𝑀𝑀𝑀𝑀𝐴𝐴 � chung 𝑀𝑀𝑀𝑀𝐴𝐴 � = 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
� ( góc tạo bởi tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn cung AC) ⇒ MC ∆ A MA ∆ D (g.g) MA AC ⇒ = ⇔ . MA AD = . MD AC ( đpcm) MD AD
c) Gọi H là giao điểm của OM và AB thì OM ⊥ AH ⇒ 𝑀𝑀𝑂𝑂𝑂𝑂 � = 900
Xét (O) có I là trung điểm của dây cung CD⇒ OI ⊥ CD ⇒ 𝑀𝑀𝑂𝑂𝑀𝑀 � = 900 Xét OHE ∆ và O ∆ IM có: 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑂𝑂 � chung 𝑀𝑀𝑂𝑂𝑂𝑂 � = 𝑀𝑀𝑂𝑂𝑀𝑀 � = 900 ⇒ OHE ∆ O ∆ IM (g.g) ⇒ OH OE =
⇔ OH.OM = OE.OI(1) OI OM OA ∆
M vuông tại A có OM ⊥ AH 2
⇒ OH.OM = OA (2) ( Hệ thức lượng trong tam giác vuông) 2 2 Từ (1) và (2) OA R ⇒ OE = = = 3R . OI R 3 d) MA ∆
B cân tại M ( vì MA=MB (cmt) có MO là đường trung trực)
⇒ MO đồng thời là đường phân giác của 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀 � MP ∆
Q cân tại M ⇒ MP là phân giác đồng thời là trung tuyến
⇒ O là trung điểm của PQ ⇒ PQ=2OP Ta có : 1 S
= MO PQ = MO OP = OA AM + AP MPQ . . .( ) 2
Áp dụng BĐT AM-GM có AM + AP ≥ 2 AM.AP = 2R 2 2 ⇒ S ≥ R R = R ⇒ S = R MPQ .2 2 min MPQ 2
Dấu “=” xảy ra ⇔ AM = AP và 2
AM.AP = R ⇔ AM = AP = R ⇒ OM = R 2
Vậy M ở vị trí sao cho OM = R 2 thỏa mãn đề.
Câu 5. ĐK: y≥0 2 P = 3
− x − 4x y +16x − 2y +12 y +1998 = 2
− ( 2x + y +9+ 2x y −6x −6 y )−( 2x − 4x + 4)+ 2020 = 2
− (x + y −3)2 −(x − 2)2 + 2020
⇒ P = 2020 dấu “=” xảy ra ⇔ x = 2, y =1( thỏa mãn) max
Vậy P = 2020 tại x = 2, y =1. max
Document Outline
- ĐỀ THÁI BÌNH-2020
- ĐÁP ÁN ĐỀ THI THÁI BÌNH NĂM HỌC 2020