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

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