ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC VÀ CƠNG NGHỆ
BẠC LIÊU
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 – 2021
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (4 điểm):
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 (4 điểm):

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 (6 điểm):
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) ln có nghiệm với mọi giá trị của m .
c) Xác định giá trị của m để phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn:
x1  3  x1   x2  3  x2   4 .

Câu 4 (6 điểm):
Cho đường trịn tâm O 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 vng 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 tam giác
MNI theo R .

------HẾT-----

1


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM
Câu 1 (VD) - Ôn tập chương 1: Căn bậc hai. Căn bậc ba
Phương pháp:
a) Sử dụng công thức đưa thừa số ra ngoài dấu căn:

b) Biểu thức

 A B khi A  0
A2 B  A B  
, B  0.
 A B khi A  0

f  x  xác định  f  x   0.

Cách giải:
a) Rút gọn biểu thức A  2 3  5 48  125  5 5
Ta có:

A  2 3  5 48  125  5 5

A  2 3  5 42.3  52.5  5 5
A  2 3  5.4 3  5 5  5 5



 

A  2 3  20 3  5 5  5 5



A  22 3
Vậy A  22 3 .
b) Tìm điều kiện của x để biểu thức B  3x  4 có nghĩa
Biểu thức B  3x  4 có nghĩa khi và chỉ khi 3x  4  0  3 x  4  x 
Vậy biểu thức B  3x  4 có nghĩa khi x 

4
.
3

4
.
3

Câu 2 (VD) - Ơn tập tổng hợp chương 2, 3, 4 - Đại số
Phương pháp:
a) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.
b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm * của  P  và  d  .

2


Số giao điểm của  P  và  d  bằng số nghiệm của phương trình hồnh độ giao điểm, do đó để  d  tiếp xúc với
parabol  P  thì phương trình (*) phải có nghiệm kép    0.
Cách giải:

3x  4 y  5
a) Giải hệ phương trình 
x  4 y  3

x  2
x  2
3x  4 y  5 4 x  8
x  2
x  2



Ta có: 



1
x  4 y  3
 x  4 y  3 2  4 y  3
x  4 y  3
4 y  1  y  

4

1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y    2;   .
4


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  .
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của  P  và  d  :
2 x 2  3x  b  2 x 2  3x  b  0 *

Số giao điểm của  P  và  d  bằng số nghiệm của phương trình hồnh độ giao điểm, do đó để  d  tiếp xúc với
parabol  P  thì phương trình (*) phải có nghiệm kép.

9
2
   0   3  4.2.  b   0  9  8b  0  b   .
8
9
Vậy để  d  tiếp xúc với parabol  P  thì b   .
8
Câu 3 (VD) - Hệ thức Vi-ét và ứng dụng
Phương pháp:
a) Thay m  4 vào phương trình (1) rồi giải phương trình bằng phương pháp đưa về phương trình tích.
b) Tính   b2  4ac. Chứng minh   0 với mọi m  Phương trình đã cho ln có nghiệm với mọi m.
c) Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt    0.
Áp dụng hệ thức Vi-et và hệ thức bài cho để giải phương trình tìm m.
Đối chiếu với điều kiện của m rồi kết luận.
Cách giải:

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 .
Thay m  4 vào phương trình (1) ta có:

x 2  3x  4  0
 x2  x  4x  4  0
  x2  x    4x  4  0
 x  x  1  4  x  1  0
  x  1 x  4   0
x 1  0
 x  1


x  4  0
x  4
Vậy khi m  4 thì tập nghiệm của phương trình là S  1; 4 .
b) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm với mọi giá trị của m .
x 2   m  1 x  m  0 1 có

   m  1  4.1.   m 
2

  m 2  2m  1  4m
  m 2  2m  1
   m  1  0 m 
2

Vậy phương trình (1) ln có nghiệm với mọi giá trị của m .
c) Xác định giá trị của m để phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn:
x1  3  x1   x2  3  x2   4 .

Theo ý b) ta có    m  1 .
2

Để phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thì   0 .
  m  1  0  m  1  0  m  1 .
2

 x1  x2  m  1
Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có: 
 m  1 .
 x1 x2  m
Theo bài ra ta có:

4


x1  3  x1   x2  3  x2   4
 3 x1  x12  3 x2  x22  4

 3  x1  x2    x12  x22   4
 3  x1  x2    x1  x2   2 x1 x2  4
2

 3  m  1   m  1  2.   m   4
2

 3m  3  m 2  2m  1  2m  4  0
 m 2  3m  2  0
 m 2  m  2m  2  0
 m  m  1  2  m  1  0
  m  1 m  2   0
 m  1  ktm 
m  1  0


m  2  0
 m  2  tm 
Vậy m  2 thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
Câu 4 (VDC) - Ơn tập tổng hợp chương 1, 2, 3 - Hình học
Phương pháp:
a) Chứng minh tứ giác nội tiếp dựa vào các dấu hiệu nhận biết.
b) Chứng minh các tam giác nội tiếp qua trường hợp góc – góc.
Từ đó suy ra tỉ số giữa các cạnh tương ứng rồi suy ra đẳng thức cần chứng minh.
c) Chứng minh tứ giác BNEI nội tiếp và từ tứ giác AMEI nội tiếp, suy ra các cặp góc tương ứng bằng nhau.
Từ đó suy ra MNI là tam giác vng.
Sử dụng các tỉ số lượng giác để tìm vị trí của điểm E để diện tích MNI nội tiếp.
Cách giải:
Cho đường trịn tâm O 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 vng góc với EI . Đường thẳng d
cắt d1 , d 2 lần lượt tại M , N .

5


a) Chứng minh tứ giác AMEI nội tiếp.

Vì d1 là tiếp tuyến của  O  tại A nên IAM  900 .
Vì d  EI tại E nên IEM  900 .
Xét tứ giác AMEI có IAM  IEM  900  900  1800 .
Vậy tứ giác AMEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 ).
b) Chứng minh IAE đồng dạng với NBE . Từ đó chứng minh IB.NE  3IE.NB .
Vì AEB là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn nên AEB  900 .
Ta có: AEI  IEB  AEB  900 .

BEN  IEB  IEN  900 (do d  IE )

 AEI  BEN (cùng phụ với IEB )
Xét IAE và NBE có:
AEI  BEN  cmt  ;

IAE  NBE (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE )

 IAE đồng dạng với NBE (g.g).


IE
IA

(2 cạnh tương ứng).
NE NB

 IA.NE  IE.NB (1).

6

Mà I là trung điểm của OA  gt   OA  2 IA .
Lại có O là trung điểm của AB  AB  2OA  4IA .

 IB  AB  IA  4IA  IA  3IA .
Khi đó ta có:

1  3IA.NE  3IE.NB

(nhân cả 2 vế với 3)  IB.NE  3IE.NB (đpcm).

c) Khi điểm E thay đổi, chứng minh tam giác MNI vuông tại I và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam
giác MNI theo R .
Xét tứ giác BNEI có:

IEN  900 (do d  IE tại E )
IBN  900 (do d 2 là tiếp tuyến của đường tròn  O  tại B )

 IEN  IBN  900  900  1800 .
 Tứ giác BNEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 ).

 INE  IEB  ABE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IE )
Lại có: Tứ giác AMEI là tứ giác nội tiếp (chứng minh ý a)

 IME  IAE  BAE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IE )
Xét tam giác MNI có:

INE  IME  ABE  BAE  900 (do AEB  900  cmt  nên tam giác AEB vuông tại E ).

 MNI vng tại I (tam giác có tổng hai góc nhọn bằng 900 ).
Ta có: SMNI 

1
IM .IN .
2

Đặt AIM    0    900   BIN  900   .
Xét tam giác vng AIM ta có: cos  

AI
AI
 IM 
.
IM
cos 

Xét tam giác vng BIN ta có: cos  900    

BI
BI
BI
.
 IN 

0
IN
cos  90    sin 

7

1
IM .IN
2
1 AI
BI
 .
.
2 cos  sin 
AI .BI

sin  .cos 

 SMNI 

Ta có: AB  4 AI  cmt   AI 

 SMNI

1
R
3
3R
AB  , BI  AB 
.
4
2
4
2

3R 2

3R 2
8
4
.


2sin  .cos  sin  .cos 

3R 2
Do
khơng đổi nên diện tích tam giác MNI đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi sin  .cos  đạt giá trị lớn
8
nhất.

Vì 00    900 nên sin  , cos   0 . Áp dụng BĐT Co-si ta có:
sin  .cos  

 SMNI 

sin 2   cos 2  1
  .
2
2

sin   cos 
1
3R 2 1 3R 2
 sin   cos  
: 
   450 .

. Dấu “=” xảy ra   2
2
8 2
4
2
sin   cos 

Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI là

3R 2
, đạt được khi AIM  450 .
4

8