Tổng hợp 10 đề tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2020 – 2021 tập 2

PHÒNG GD & ĐT QUẬN ĐỐNG ĐA
TRƯỜNG THCS KHƯƠNG THƯỢNG

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2020 – 2021
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài:120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài I (2,0 điểm). Cho hai biểu thức A 

 x3 x 2
1  x 3
x3
; B  
với x  0; x  9

 .
x

9
x

3
x

1
x 3




1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16.
x 1
x 3
A
3) Cho biểu thức P  . Tìm giá trị nhỏ nhất của P.
B

2) Chứng minh: B 

Bài II (2,5 điểm).
1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
Theo kế hoạch, hai tổ phải may 3000 bộ quần áo bảo hộ y tế để phục vụ cho công tác phòng
chống dịch Covid 19. Trên thực tế, tổ 1 đã may vượt mức 10%, tổ 2 may vượt mức 12% so
với kế hoạch nên cả hai tổ đã may được 3328 bộ quần áo bảo hộ y tế. Hỏi theo kế hoạch mỗi
tổ phải may bao nhiêu bộ quần áo bảo hộ y tế.
2) Một hình nón có chiều cao h = 16cm và bán kính đường tròn đáy r = 12 cm. Tính độ dài đường
sinh và diện tích xung quanh của hình nón đó. (Tính với số  = 3,14 và kết quả làm tròn đến
chữ số hàng đơn vị)
Bài III (2,0 điểm).
3

2  x  1  y  2  5

1) Giải hệ phương trình: 
 x  1  1  5

y2 3

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y  2mx  m2 +1 và parabol (P): y  x2
a) Tìm tọa độ hai giao điểm của (d) và (P) khi m = 2.
b) Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P) tại 2 điểm có hoành độ x1, x2 thỏa mãn:
2y1 + 4mx2 – 2m2 – 3 < 0
Bài IV (3,0 điểm).
Cho đường tròn (O;R), đường kính AB. Lấy E và D thuộc đường tròn (O;R) (E, D cùng nằm trên một
nửa mặt phẳng bờ chứa AB và E thuộc cung AD). Đường thẳng AE cắt BD tại C; AD cắt BE tại H;
CH cắt AB tại F.
1) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp.
2) a) Chứng minh AE.AC = AF.AB
b) Trên tia đối của tia FD lấy điểm Q sao cho FQ = FE. Tính góc AQB.
3) Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của A và B trên đường thẳng DE. Chứng minh: MN = FE + FD.
 x3  2 y 2  4 y  3  0
Bài V (0,5 điểm). Cho hai số thực x, y thỏa mãn hệ điều kiện:  2 2 2
 x  x y  2 y  0

Tính giá trị biểu thức: P = x2020 + y2020.
---------- HẾT ----------



SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN

THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2020-2021
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (1.0 điểm). Không sử dụng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức

2
3 5 − 27
− 3 − 12
3− 5
Câu 2 (1.0 điểm). Không sử dụng máy tính cầm tay, giải phương trình sau
−4 x 2 + 8 x + 2021 =
0.
Câu 3 (1.0 điểm). Cho hàm số bậc nhất y = ( m − 1) x + 1, ( m ≠ 1) . Tìm giá trị của m để đồ thị

=
P

(

)

hàm số đã cho đi qua điểm A ( 2020;2021) .Với giá trị của m vừa tìm được thì hàm số đã cho là
hàm số đồng biến hay nghịch biến trên  ?
1
Câu 4 (1.0 điểm). Parabol (P): y = − x 2 và đường thẳng y = ( 2 − 3m ) x + m − 1 cắt nhau tại
2
điểm B có tung độ bằng -2 và có hoành độ dương. Tìm giá trị của m.
Câu 5 (1.0 điểm). Cho biểu thức

1   1
2 
x
−
+
Q=


:
 với x > 0 và x ≠ 1 .
1
−
x
1
1
−
−
+
x
x
x
x




a. Rút gọn Q;
b. Tính giá trị của biểu thức Q khi x= 3 + 2 2 .
Câu 6 (1.0 điểm). Cần cho thêm bao nhiêu gam đường vào 1200g dung dịch chứa 144g đường
để nồng độ dung dịch tăng thêm 8%.
Câu 7 (1.0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (H thuộc BC). Biết BH =
9cm, AB = 15cm. Tính CH, AC.
Câu 8 (1.0 điểm). Cho tứ giác ABCD có AC vuông góc với BD, AC = 8cm, BD = 6cm. Gọi E,
F, G, H theo thứ tự là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng bốn điểm E, F, G, H
thuộc cùng một đường tròn, tính bán kính của đường tròn đó.
Câu 9 (1.0 điểm). Cho tam giác ABC cân tại A. Vẽ đường tròn (O;R) tiếp xúc với AB, AC tại
B, C. Một điểm M bất kỳ nằm trên cạnh BC, vẽ đường thẳng vuông góc với OM cắt tia AB, AC

lần lượt tại D, E. Chứng minh tam giác ODE cân.
Câu 10 (1.0 điểm). Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’) với R > R’ cắt nhau tại hai điểm A, B.
Kẻ tiếp tuyến chung DE của hai đường tròn (D thuộc (O), E thuộc (O’) sao cho B gần tiếp
tuyến hơn so với A. Gọi M là giao điểm của AB và DE.
2
2
a. Chứng minh rằng MD
=
ME
=
MA.MB ;
b. Đường thẳng EB cắt AD tại P, đường thẳng DB cắt AE tại Q. Chứng minh rằng PQ song
song với DE.
------Hết-----( Giám thị coi thi không giải thích gì thêm, thí sinh không được sử dụng tài liệu)
Họ và tên thí sinh:……………………………………………..Số báo danh:…………………


HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

SỞ GD & ĐT THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN

Năm học 2020-2021
MÔN: TOÁN

Câu

Nội dung

3 5 − 27

−
3− 5

P
=
1
(1điểm)

=

=

3

(

5− 3
3− 5

−3

(

)−

3− 5
3− 5

(

12 )
(3 −=
2

)

0,25đ

3+3

0,25đ

12 − 3

) −2

3 5 −3 3
− 3 − 12
3− 5

=−3 − 2 3 + 3 =−2 3 . Vậy P = −2 3
Phương trình −4 x 2 + 8 x + 2021 =
0 có ∆’= (-4)2 – (-4).2021=8100 >0 ⇒ ∆ ' =90
(Chú ý: có thể tính ∆)
2
Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt
(1điểm)
−4 − 90 47
43
−4 + 90

; x2 =
=
x1 =
= −
−4
2
2
−4

47
43
; x2 = −
2
2
Đồ thị hàm số y = ( m − 1) x + 1, ( m ≠ 1) đi qua điểm A(2020;2021) nên
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1 =

3
(1điểm)

4
(1điểm)

Điểm
0,25đ

0,25đ
0,25đ

0,5đ

0,25đ

2021 =
( m − 1) .2020 + 1

0,25đ

m 2
⇔ 2021
= 2020m − 2019 ⇔=

0,5đ

Với m =2 ta có hàm số y= x + 1 , có hệ số a=1>0 nên hàm số đồng biến trên tập 

0,25đ

1
Theo đầu bài (P) đi qua điểm B có tung độ bằng -2 nên −2 =− x 2 ⇔ x 2 =4
2
Do điểm B có hoành độ dương nên B(2;-2)
Đường thẳng y = ( 2 − 3m ) x + m − 1 cũng đi qua điểm B(2;-2) nên

0,25đ

−2 =

( 2 − 3m ) .2 + m − 1

0,25đ
0,25đ

⇔ −5m = −5 ⇔ m = 1

1 2
x và đường thẳng y = ( 2 − 3m ) x + m − 1 cắt nhau tại
2
điểm B có tung độ bằng -2 và có hoành độ dương.

Vậy với m=1 thì (P): y = −

0,25đ


Với x > 0 và x ≠ 1 , ta có
5a
(0,5điểm)


x
1

Q=
−
 x −1
x x −1


(


x −1
Q=
 x x −1


(

)

 
:
 
 

) (

 
: 1 +
  x +1
 

)(

(

)(

)

x −1

)

 x +1
x −1
Q 
=
=
. x −1
x 
x


(

)

Với x= 3 + 2=
2 thì Q
5b
(0,5điểm)

=

(

0,25đ

3 + 2 2 −1
=
3+ 2 2

2+2 2

(

1+ 2

)

2

)

2 1+ 2
= 2
1+ 2

Nồng độ dung dịch trước khi thêm đường là
Nồng độ dung dịch sau khi thêm đường là
Theo đầu bài, ta có

144
.100% = 12%
1200

144 + x
.100%

1200 + x

144 + x
.100% = 20% ⇔ (144 + x ) .5 = 1200 + x
1200 + x

⇔ 4 x= 480 ⇔ x= 120

Vậy cần thêm 120g đường vào dung dịch để nồng độ tăng thêm 8%.
A
7
(1điểm)
B

0,25đ

0,25đ

Gọi x (g) là lượng đường cần cho thêm (đk: x>0)

6
(1điểm)

0,25đ



x +1 


x +1
x −1



x +1 


2

H

C

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác ABH vuông tại H có
AH 2 = AB 2 − BH 2 = 152 − 92 = 144 , suy ra AH = 12cm
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC đường cao AH có
AH 2= BH .CH ⇒ CH= 144 : 9= 16cm
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác AHC vuông tại H có
AC 2 = AH 2 + CH 2 = 122 + 162 = 400 , suy ra AC = 20cm

0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ
0,25đ


A

E

B

H

8
(1điểm)

0,25đ

O

D

F
G
C

Từ giả thiết suy ra EF, GH lần lượt là các đường trung bình của các tam giác ABC
và ADC nên EF= HG = 4cm.
Tương tự: EH = FG = 3cm
Suy ra tứ giác EFGH là hình bình hành, mặt khác AC vuông góc với BD nên EF
vuông góc với EH. Do đó tứ giác EFGH là hình chữ nhật. Gọi O là giao điểm của

EG và HF
Vậy 4 điểm E, F, G, H cùng thuộc đường tròn tâm O bán kính R =OE.
Xét tam giác EFG vuông tại F có EG 2 =EF 2 + FG 2 =25 ⇒ EG =5cm
1
=
R OE
=
EG
= 2,5cm
2

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

9
(1điểm)

Vì AB, AC là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên AB⊥ OB, AC ⊥ OC, suy ra
0 
 90
=
OBD
=
; OCE 900

0,25đ

0 
 90
Do OM ⊥ DE nên
=
OMD
=
; OME 900



Tứ giác OMBD có OBD
= OMD
= 900 nên nội tiếp một đường tròn, suy ra
 = OBC
 (1)
 = OBM
 (cùng chắn cung OM) hay ODE
ODM
 + OME
=
Tứ giác OMEC có OCE
1800 nên nội tiếp một đường tròn, suy ra
 = OEM
 (cùng chắn cung OM) hay OCB
 = OED
 (2)
OCM

0,25đ


 = OBC

Mặt khác, tam giác OBC cân tại O nên OCB
(3)
 = OED

Từ (1), (2), (3) suy ra ODE
. Vậy tam giác ODE cân tại O.

10
(1điểm)

0,25đ

0,25đ

a) Xét tam giác MEB và MAE có

0,25đ


Góc M chung
 = MAE

MEB
(cùng chắn cung BE)
Suy ra, ∆MEB đồng dạng với ∆MAE ⇒

ME MB
=
⇒ ME 2 =MA.MB (1)
MA ME

Xét tam giác MDB và MAD có

Góc M chung

 = MAD
MDB

0,25đ

(cùng chắn cung BD)

MD MB
=
⇒ MD 2 =MA.MB (2)
MA MD
2
2
= ME
= MA.MB
Từ (1) và (2) suy ra MD

Suy ra, ∆MDB đồng dạng với ∆MAD⇒

 = MEB

 MAD
 = MDB
 nên
b) Theo ý a) có MAE
,
 + MAD
 = DAE
 = MEB
 + MDB
 =1800 − DBE



MAE
= 1800 − DBE
, hay DAE
(3)
 = PBQ
 (đối đỉnh) (4).
Mà DBE

 + PAQ
 = DBE
 + DAE
 = DBE
 + 1800 − DBE
 = 1800 (Theo
Xét tứ giác APBQ có PBQ
(3) và (4))
 = BAQ

 hay EPQ
 = MAE

Suy ra tứ giác APBQ nội tiếp một đường tròn. Ta có BPQ
.




 = MEB
 (Theo a)), do đó EPQ
Mà MAE
= MEB
= DEP
 
Mà EPQ; DEP ở vị trí so le trong nên PQ song song với DE.
--------------Hết-------------Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa.

0,25đ


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG THPT GANG THÉP

THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2020 - 2021
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài:120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (1,0 điểm). Tìm số x nguyên dương, không vượt quá 2021, để biểu thức A = 2x − 4040 + 2021
có nghĩa.
Câu 2 (1,0 điểm). Không sử dụng máy tính cầm tay, giải phương trình: y 2 = 12 y + 288 .
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị của tham số m để hàm số y = (3− m)x 2 đồng biến trên ! khi x dương và
nghịch biến trên ! khi x âm.
1
3

Câu 4 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm nào trong hai điểm A(−3;1),!B( 3; ) cùng thuộc
cả hai đồ thị các hàm số y =

2

8
x
và y = 3x − ? Hãy giải thích.
3
9

(

)−2

⎡ 2 x − 2 x +1

Câu 5 (1,0 điểm). Cho B = ⎢
⎢
⎣

x−4

!

⎤
x − 1⎥
x
với x > 0; x ≠ 4 . Rút gọn B và tính giá
:
x +2 ⎥ x −2
⎦

trị của B khi x = 11 − 4 7 .
Câu 6 (1,0 điểm). Trên một vùng biển được xem như bằng phẳng và không có chướng ngại vật, vào
lúc 6 giờ có một tàu cá đi thẳng qua tọa độ X theo hướng Từ Nam đến Bắc với vận tốc không đổi. Đến
7 giờ cùng ngày một tàu du lịch cũng đi thẳng qua tọa độ X theo hướng từ Đông sang Tây với vận tốc
lớn hơn vận tốc tàu cá 12 km/h . Đến 8 giờ cùng ngày, khoảng cách giữa hai tàu là 60 km . Tính vận tốc
của mỗi tàu.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông cân, AB = AC và đường cao AH = 12 cm. Tính độ dài các
đoạn thẳng AB, BC và CH .
Câu 8 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Đường phân giác trong góc A của
tam giác ABC cắt đường tròn tâm O tại điểm thứ hai là D . Chứng minh rằng OD và BC là hai
đường thẳng vuông góc.
Câu 9 (1,0 điểm). Cho hai đường tròn (O1, R1) và (O2, R2) tiếp xúc ngoài tại E. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài
MN của hai đường tròn (M∈(O1); N∈(O2)), vẽ tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn tại E cắt MN tại A.
a) Chứng minh: tứ giác MAEO1 và tứ giác NAEO2 là các tứ giác nội tiếp.
b) Tính MN theo R1, R2.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ). Đường tròn tâm O đường kính BC cắt cạnh
AC, AB lần lượt tại D và E. H là giao điểm của BD và CE. K là giao điểm của DE và AH. F là giao
điểm của AH và BC. M là trung điểm của AH. Chứng minh rằng: MA2 = MK .MF .

---Hết---

Họ và tên thí sinh .....................................................................Số báo danh......................................


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2020 – 2021
Câu

Nội dung

Điểm

Tìm số x nguyên dương, không vượt quá 2021, để biểu thức A = 2x − 4040 + 2021 có
nghĩa.
Câu 1 Giải:
(1 điểm)

Biểu thức A = 2x − 4040 + 2021 có nghĩa ⇔ 2x − 4040 ≥ 0

0.25
0.25

⇔ x ≥ 2020.

⎧ x ∈!*
Do ⎨
nên x = 2020, x = 2021.
⎩ x ≤ 2021

0.5

Không sử dụng máy tính cầm tay
Giải phương trình: y 2 = 12 y + 288 .

Câu 2
(1 điểm) Giải:
y 2 = 12 y + 288 ⇔ y 2 − 12 y − 288 = 0
0.25
Ta có Δ ' = 36 + 288 = 324 . Δ ' > 0 , nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 0.25
y1 = 6 − 18 = −12; y2 = 6 + 18 = 24.
0.5

Câu 3
(1 điểm)

Tìm giá trị của tham số m để hàm số y = (3− m)x 2 đồng biến trên ! khi x dương và
nghịch biến trên ! khi x âm.
Giải:

Hàm số y = (3− m)x 2 đồng biến trên ! khi x dương và nghịch biến trên ! khi x âm khi
và chỉ khi 3− m > 0
0.5
⇔ m < 3.

0.5

1
3

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , điểm nào trong hai điểm A(−3;1),!B( 3; ) cùng thuộc cả

!
Câu 4
2
x
8
(1 điểm) hai đồ thị các hàm số y =
và y = 3x − ? Hãy giải thích.
3
9
Giải: Thay tọa độ các điểm A và B vào hai hàm số đã cho:

(−3)2
: Đúng hay điểm A có tọa độ thỏa mãn phương trình
9
x2
x2
nên điểm A ( −3;1) thuộc đồ thị hàm số y = .
y=
9
9
0.5
8
8
1 = 3.(−3) − : Sai, do đó điểm A ( −3;1) không thuộc đồ thị hàm số y = 3x −
3
3
2
⎛
⎛

1 ( 3)
1⎞
1⎞
x2
Xét điểm B ⎜ 3; ⎟ ta có =
: Đúng hay điểm B ⎜ 3; ⎟ thuộc đồ thị hàm số y = .
3
9
3⎠
3⎠
⎝
⎝
9
Xét điểm A ( −3;1) ta có 1 =


1
8
8
⎛
1⎞
= 3. 3 − : Đúng, do đó điểm B ⎜ 3; ⎟ thuộc đồ thị hàm số y = 3x −
3
3
3
3⎠
⎝

x2
8

⎛
1⎞
Vậy điểm B ⎜ 3; ⎟ cùng thuộc cả hai đồ thị các hàm số y =
và y = 3x − .
3
3⎠
⎝
9

(

0.5

)

⎡ 2 x − 2 x +1
⎤
2 x − 1⎥
x
⎢
Cho B =
với x > 0; x ≠ 4 . Rút gọn B và tính giá trị
−
:
⎢
x−4
x +2 ⎥ x −2
⎣
⎦
Câu 5

(1 điểm) của B khi x = 11 − 4 7 .
Giải:
⎡
2 x −1
x −2 ⎤
2x − 4 x + 2
x
⎢
⎥:
B=
−
⎢ x +2
x −2
x +2
x −2 ⎥ x −2
⎣
⎦
⎡
⎤
2x − 4 x + 2
2x − 5 x + 2 ⎥
x
=⎢
−
:
⎢ x +2
x −2
x +2
x −2 ⎥ x −2
⎣

⎦

(

(

=

(

(
) (

)(

)(

x

x +2

)(

Khi x = 11 − 4

)(
)(

) (

:

)
7 =(

x −2

)(

x
=
x −2

)

2

)
)

0.25
0.25

)

1
x +2

7 − 2 ta có B =

0.25

1
7 −2 +2

=

1
7
=
7
7

0.25

Trên một vùng biển được xem như bằng phẳng và không có chướng ngại vật, vào lúc
6 giờ có một tàu cá đi thẳng qua tọa độ X theo hướng Từ Nam đến Bắc với vận tốc
không đổi. Đến 7 giờ cùng ngày một tàu du lịch cũng đi thẳng qua tọa độ X theo
hướng từ Đông sang Tây với vận tốc lớn hơn vận tốc tàu cá 12 km/h . Đến 8 giờ cùng
ngày, khoảng cách giữa hai tàu là 60 km . Tính vận tốc của mỗi tàu.
Câu 6 Giải:
(1 điểm)

Gọi vận tốc của tàu cá là: x ( km/h ) , x > 0
0.25
Vận tốc của tàu du lịch là: x + 12 (km/h) .
Giả sử tàu cá đến điểm A, tàu du lịch đến điểm B.
Đến 8 giờ thì hai tàu cách nhau khoảng AB = 60 km . Lúc đó, thời gian tàu cá đã đi là:
8 − 6 = 2 (giờ). Thời gian tàu du lịch đã đi là: 8 − 7 = 1 (giờ)
Tàu cá đã đi đoạn XA = 2x(km) .Tàu du lịch đã đi đoạn XB = x + 12(km)

0.25
Vì XA ⊥ XB (do hai phương Bắc – Nam và Đông –Tây vuông góc nhau) nên theo định
lý Pytago, ta có:


XA2 + XB 2 = AB 2

⎡ x = −28,8(L)
⇔ (2 x)2 + ( x + 12)2 = 602 ⇔ 5 x 2 + 24 x − 3456 = 0 ⇔ ⎢
⎣ x = 24(TM )

0.25

Vậy vận tốc của tàu cá và tàu du lịch lần lượt là: 24 km/h và 36 km/h

0.25

Cho tam giác ABC vuông cân, AB = AC và đường cao AH = 12 cm. Tính độ dài các
đoạn thẳng AB, BC và CH .
Giải:
B

0.25

H

Câu 7
(1 điểm)
C

A

Tam giác ABC vuông cân tại A . Ta có
HA = HB = HC = 12 cm .
Khi đó: BC = 2 AH = 24 cm .

0.25
0.25

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông AHB ta có AB = 12 2 cm .

0.25

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O . Đường phân giác trong góc A của tam
giác ABC cắt đường tròn tâm O tại điểm thứ hai là D . Chứng minh rằng OD và BC
là hai đường thẳng vuông góc.
Giải:

A

0.25
Câu 8
(1 điểm)

O
C

B
D

! nên ta có D là điểm chính giữa của cung !
BC .
Do AD là đường phân giác trong góc BAC
Vì vậy OD và BC là hai đường thẳng vuông góc với nhau.

0.5
0.25


Cho hai đường tròn (O1, R1) và (O2, R2) tiếp xúc ngoài tại E. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài MN
của hai đường tròn (M∈(O1); N∈(O2)), vẽ tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn tại E cắt
MN tại A.
a) Chứng minh: tứ giác MAEO1 và tứ giác NAEO2 là các tứ giác nội tiếp.
b) Tính MN theo R1, R2.

N
A
M

R2
0.25

R1
O1

Câu 9
(1 điểm)

E

O2

Giải:

!
O1 M ⊥ MA hay O
MA = 900 ⎫⎪
1
a) Theo t/c tiếp tuyến ta có:
⎬ ⇒ tứ giác MAEO1 là tứ giác
!
0
O1 E ⊥ EA hay O
EA
=
90
⎪⎭
1
nội tiếp.
!
O N ⊥ NA hay O
NA = 900 ⎫⎪
2
Tương tự ta có 2
⎬ ⇒ tứ giác NAEO2 là tứ giác nội tiếp.
!
0
O2 E ⊥ EA hay O2 EA = 90 ⎪⎭

0.25

b)Theo t/c tiếp tuyến ta có: AM = AE = AN suay ra MN = 2AE.
Xét tứ giác O1MNO2 có

!
!
O
MN + O
NM = 900 + 900 = 1800 nên
1
2

!
MO1O2 + !
NO2O1 = 3600 − 1800 = 1800 ⇔ 2 !
AO1 E + 2 !
AO2 E = 1800 ⇔ !
AO1 E + !
AO2 E = 900

0.25

⇒△ AO1O2 vuông tại A.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AO1 O2 với đường cao AE ta có
AE 2 = O1 E.O2 E = R1.R2 . Vậy MN = 2 AE = 2 R1.R2 .

0.25

Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ). Đường tròn tâm O đường kính BC cắt cạnh AC,
AB lần lượt tại D và E. H là giao điểm của BD và CE. K là giao điểm của DE và AH. F
là giao điểm của AH và BC. M là trung điểm của AH. Chứng minh rằng:
MA2 = MK .MF .
Giải:

A
M
E

D

K

0.25

H

Câu 10
(1 điểm)

B

F

O

C

! = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Ta có H là giao điểm

BDC = BEC
Theo gt ta có: !
hai đường cao BD và CE nên H là trực tâm của tam giác ABC .
Suy ra AF vuông góc với BC.
⇒ tứ giác ADFB nội tiếp đường tròn đường kính AB ⇒ !
BAF = !
BDF ,
tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH ⇒ !
BAF = !
EDH
!
!
!
⇒ BDF = EDH hay BD là đường phân giác của góc EDF .
Mặt khác:
!
!=!
MDK = !
MDH − EDH
MHD − !
BDF = !
BHF − !
BDF = !
KFD = !
MFD
Từ đó tam giác DMK và tam giác FMD đồng dạng(g-g)

⇔

MD MF

1
=
⇔ MD 2 = MK.MF ⇔ MA2 = MK.MF(doMA = MD = AH ).
MK MD
2

Lưu ý:Thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.

0.25
0.25

0.25


SỞ GDĐT THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG THPT KHÁNH HÒA

THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2020 - 2021
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề
(Đề thi gồm có 01 trang)

Câu 1 (1.0 điểm).Không dùng máy tính cầm tay,hãyrút gọn biểu thức sau:

A=

(

8 − 3 2 + 10

)(

)

2 − 10 0,4 + 3 10 .

Câu 2 (1.0 điểm).Cho hàm số =
y ( 3m − 2 ) x − 1 + m ( m là tham số).
1) Tìm m để hàm số đồng biến trên .
2) Tìm m để đồ thị hàm số cắt hai trục tọa độ Ox ,Oy lần lượt tại A, B
( A, B không trùng với gốc O ) và tam giácOAB vuông cân tại O .
Câu 3 (1.0 điểm).Không sử dụng máy tính cầm tay, hãy giải phương trình sau:
2019 2
2021
=
x − 2x +
0.
2020
2020
Câu 4 (1.0 điểm).Cho hàm số=
y ( m − 4 ) x 2 với m ≠ 4 . Tìm m để hàm số nghịch
biến khi −2021 < x < −2019 .
Câu 5 (1.0 điểm). Cho biểu thức:
x+2  
x
x −4

:
P=

x
−
−

 với x ≥ 0 và x ≠ 1; x ≠ 4 .


x +1  x +1 1− x 

1) Rút gọn P.
1
2

2)Tìm x để P = .
Câu 6 (1.0 điểm).Người ta hòa lẫn 4kg chất lỏng I với 3kg chất lỏng II thì được
một hỗn hợp có khối lượng riêng 700 kg / m3 . Biết rằng khối lượng riêng của chất
lỏng I lớn hơn khối lượng riêng của chất lỏng II là 200 kg / m3 . Tính khối lượng
riêng của mỗi chất lỏng.
Câu 7 (1.0 điểm).Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH , AH = 12 cm ,
HC = 16 cm . Tính AB, BC ?
Câu 8 (1.0 điểm).Hai đường tròn giao nhau có bán kính lần lượt là 20cm và 25cm
dây cung chung có độ dài bằng 30cm . Tính khoảng cách giữa hai tâm.
Câu 9 (2.0 điểm).Cho đường tròn ( O ) có hai đường kính AB, CD vuông góc với
nhau. Gọi M là điểm tùy ý thuộc đoạn OC ( M khác O và C ). Tia BM cắt đường
tròn ( O ) tại N .
1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh ND là tia phân giác của 
ANB .
--- Hết --Họ và tên thí sinh:…………….…………................Số báo danh……………………

ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2020-2021
MÔN: TOÁN
Câu

Nội dung

Câu 1 (1.0 điểm). Không dùng máy tính cầm tay, hãy rút gọn biểu
thức sau:

A=

Câu 1

Lời giải:Ta có A =

=

(

10 − 2

)(

(

8 − 3 2 + 10

(2

)(

2 − 3 2 + 10

)
10 )

2 − 10 0,4 + 3 10 .

)(

2 − 2 10 + 3

Điểm

0.5
0.5

)

10 + 2 = 10 − 2 = 8

Câu 2 (1.0 điểm). Cho hàm số =
y ( 3m − 2 ) x − 1 + m ( m là tham số).
3) Tìm m để hàm số đồng biến trên .
4) Tìm m để đồ thị hàm số cắt hai trục tọa độ Ox ,Oy lần
lượt tại A, B
( A, B không trùng với gốc O ) và tam giác OAB vuông cân tại O .
Câu 2

Lời giải: 1) Để hàm số đồng biến điều kiện là 3m − 2 > 0 ⇔ m >

2
3

=
−2 1 =
3m
m 1
2) ycbt tương đương 
⇔
⇒ không có
−
+
≠
≠
1
m
0
m
1


1

3m − 2 =−1 m =
1
⇔
nghiệm. Hoặc 

3⇔m=
3
−1 + m ≠ 0
m ≠ 1
1
Kết luận: Vậy m = là giá trị cần tìm.
3
Câu 3 (1.0 điểm). Không sử dụng máy tính cầm tay, hãy giải phương
trình sau:
2019 2
2021
x − 2x +
=
0. (1)
2020
2020
Câu 3 Lời giải:Ta có (1) ⇔ 2019 x 2 − 4040 x + 2021 =
0.
Nhận xét ta thấy a + b +=
= 0
c 2019 − 4040 + 2021
Nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biêt là:
2021
=
x 1;=
x
2019
Câu 4

Câu 4 (1.0 điểm). Cho hàm số =

y ( m − 4 ) x 2 với m ≠ 4 . Tìm m để
hàm số nghịch biến khi −2021 < x < −2019 .
Lời giải: ycbt tương đương với m − 4 > 0 ⇔ m > 4

0.5

0.5

0.5
0.5

1.0


Câu 5 (1.0 điểm). Cho biểu thức:
x+2  
x
x −4

P=
x
:
−
−
 với x ≥ 0 và x ≠ 1; x ≠ 4 .

 
x +1  x +1 1− x 

1) Rút gọn P.

1
2

2) Tìm x để P = .

Câu 5

Lời giải: 1)Ta có:
 x x + 1 − ( x + 2)   x x − 1
:
+
P 

 
x −1
x +1

 

(

)

(

) (

)

x −4 


x −1 


 x+ x − x−2  x− x + x −4
=
:

x
1
−
x
1
+

 

=

x − 2 x −1
=
.
x +1 x − 4

2) Để P =

1
⇔
2

(
(

0.5

1)( x + 1)
)( x −=
x + 1)( x − 2 )( x + 2 )
x −2

x −1 1
= ⇔2 x −2=
x +2 2

x −1
x +2

x + 2 ⇔ x = 4 ⇔ x = 16

0.5

Câu 6 (1.0 điểm). Người ta hòa lẫn 4kg chất lỏng I với 3kg chất
lỏng II thì được một hỗn hợp có khối lượng riêng 700 kg / m3 . Biết
rằng khối lượng riêng của chất lỏng I lớn hơn khối lượng riêng của
chất lỏng II là 200 kg / m3 . Tính khối lượng riêng của mỗi chất lỏng.
Lời giải: Gọi khối lượng riêng của chất lỏng I là x ( kg / m3 ) thì khối

Câu 6

lượng riêng của chất lỏng II là x − 200 ( kg / m3 ) . Điều kiện: x > 200 .

Khi đó ta có phương trình:
4
3
7
+
=
x x − 200 700
0 . Phương trình có hai nghiệm
Rút gọn được: x 2 − 900 x + 80000 =
=
x1 800;
=
x2 100 (loại)
Câu 7 (1.0 điểm).Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao
AH , AH = 12 cm , HC = 16 cm . Tính AB, BC ?
Lời giải:
- Hình vẽ:

Câu 7

0.5
0.5


0,25

- Có AC =

AH 2 + HC 2 =

122 + 162 = 20 ( cm ) .

1
1
1
1
1
1
=
+
⇔
=
−
2
2
2
2
2
AH
AB
AC
AB
AH
AC 2
1
1
1
1
⇒

= 2− 2 =
⇔ AB 2 = 225 ⇒ AB = 15 .
2
12 20
225
AB
Vậy AB = 15 ( cm ) , AC = 20 ( cm ) .

0,25

- Mặt khác:

0,5

Câu 8 (1.0 điểm).Hai đường tròn giao nhau có bán kính lần lượt là
20cm và 25cm dây cung chung có độ dài bằng 30cm . Tính khoảng
cách giữa hai tâm.
Lời giải:
• Trường hợp 1:
-

Hình vẽ:

-

Dễ thấy=
AI

1
=

AB 15 ( cm ) .
2

-

Ta có: O1 I =

O1 A2 − AI 2 =

Câu 8

O2 I =

O A2 − AI 2 =

202 − 152 = 5 7

252 − 152 = 20 .

Do đó: O1O2 = O1 I + O2 I = 5 7 + 20 ( cm ) .

• Trường hợp 2:
-

Hình vẽ:

0.5


0,5

Ta có: O1O2 =O2 I − O1 I =20 − 5 7 ( cm )

Câu 9 (2.0 điểm).Cho đường tròn ( O ) có hai đường kính AB, CD
vuông góc với nhau. Gọi M là điểm tùy ý thuộc đoạn OC ( M khác
O và C ). Tia BM cắt đường tròn ( O ) tại N .

Lời giải:
-

1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp.
ANB .
2) Chứng minh ND là tia phân giác của 

Hình vẽ:

Câu 9
0.25

1) Ta có: 
ANB = 900 (vì 
ANB nội tiếp chắn nửa đường tròn).
0

AOM = 90 (vì AB ⊥ CD )
Do đó 
AMN + 
AOM =1800 ⇒ Tứ giác AOMN là tứ giác nột tiếp.
 ). (*)
 =C

 (vì cùng chắn cung BD
2) Dễ thấy N
1
1

1.0


 bằng nhau) (**).
 =C
 (vì hai góc chắc hai cung 
AD , BD
N
2
1

 ⇒ ND là tia phân giác của góc 
Từ (*), (**) ta có N
= N
ANB .
1

2

------ Hết ------

0,75


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG THPT NGÔ QUYỀN

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 - 2021

MÔN THI: TOÁN HỌC
Thời gian làm bài:120 phút (không kể thời gian phát đề)

2x  3 

Câu 1 (1,0 điểm). Tìm điều kiện để biểu thức sau có nghĩa

2
.
x2

Câu 2 (1,0 điểm). Không sử dụng máy tính giải phương trình sau:
x2  2( 3 1) x  2 3  3  0 .
Câu 3 (1,0 điểm). Cho hàm số y  (3  2m)x 2 với m 

3
. Tìm m để hàm số nghịch biến
2

khi x0 .
Câu 4 (1,0 điểm). Cho (P) y  x 2 và đường thẳng (d) y  2 x  m . Xác định m để
đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A và B, biết một điểm có hoành
độ x  1 . Tìm hoành độ điểm còn lại.
 3x  9x  3

Câu 5 (1,0 điểm). Rút gọn biểu thức A= 


 x x 2



1
1  1
, biết

:
x 1
x  2  x 1

0  x,x  1 .
Câu 6 (1,0 điểm). Một ô tô dự định đi từ A và đến B lúc 12 giờ trưa. Nếu xe đi với vận
tốc 35km/h thì đến B chậm 2h so với dự định. Nếu xe đi với vận tốc 50km/h thì đến B
sớm hơn 1h so với dự định. Tính quãng đường AB và thời điểm xe xuất phát từ A.
Câu 7 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết

AC 5
 ,
AB 3

AH  30cm . Tính HB, HC?
Câu 8 (1,0 điểm). Cho hình vuông ABCD có cạnh là 2 cm. Đường tròn tâm O ngoại
tiếp hình vuông. Tính diện tích hình tròn tâm O?
Câu 9 (1,0 điểm). Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Qua A vẽ hai cát

tuyến CAD và EAF (C,E  (O); D,F  (O’)). Đường thẳng CE cắt đường thẳng DF tại
P. Chứng minh tứ giác BEPF nội tiếp.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O), gọi BD, CE là
các đường cao của tam giác ABC. Chứng minh OA  DE.

........... Hết ............
Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm !
Họ và tên thí sinh:..................................................................... Số báo danh:.............................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG THPT NGÔ QUYỀN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT - MÔN TOÁN
NĂM HỌC 2020-2021
Câu 1
0,5đ

2 x  3  0
ĐK 
x  2  0
3

x 

2
 x  2

0,5đ

Câu 2.
Ta có a  1; b  2( 3  1); c  2 3  3

0,25đ

Vì a+b+c= 0 nên phương trình có nghiệm

0,25 đ

c
 2 3 3
a

0,5đ

Hs nghịch biến khi x < 0 thì a > 0

0,25đ

x1  1; x2 

Câu 3.

3-2m > 0  m 

3
2

0,5

3
thì hàm số nghịch biến khi x < 0
2

0,25 đ

Câu 4. Xét pt: x2 = 2x+m  x 2  2 x  m  0

0,25đ

Vậy m 

Vì phương trình có nghiệm x = -1 nên ta có (-1)2 – 2.(-1) – m = 0 0,25đ
 3 m  0  m  3
0,25đ
2
Với m = 3 ta có pt x -2x - 3=0 , sử dụng HQ Vi-ét ta có x1  1; x2  3
Với x1 = -1 thay vào HS y = x2 ta được y1 = 1, do đó A(-1;1)

0,25đ

Với x2 = 3 thay vào HS y = x2 ta được y2 = 9, do đó B(3;9)
Câu 5.
 3x  9x  3


 x x 2


3x  3 x  x  2  x  1

1
1
1  1
=

(
)
:
:
x 1
x  2  x 1
x 1
( x  1)( x  2)

0,25đ


(

3x  6 x  x  2
1
3 x ( x  2)  ( x  2)
1
):
(
):
x 1
( x  1)( x  2) x  1
( x  1)( x  2)
0,25đ

3 x 1
) : ( x  1)( x  1)  (3 x  1)( x  1)
x 1
( x  2)(3 x  1)
1
3 x 1
1
(
):
(
):
( x  1)( x  2) x  1
x 1 x 1

(

3 x 1
) : ( x  1)( x  1)  (3 x  1)( x  1)
x 1
3 x 1
(
) : ( x  1)( x  1)  (3 x  1)( x  1)
x 1
(

0,25đ

0,25đ

Câu 6. Gọi độ dài quãng đường AB là x (km; x> 0) và thời gian dự định là y (h; 0,25
y > 1)
Thời gian xe chạy hết quãng đường với vận tốc 30 km/h là y + 2 ( giờ)
Theo bài ra ta có phương trình:
x = 35 ( y + 2)
Thời gian xe chạy hết quãng đường với vận tốc 50 km/h là y - 1 ( giờ)
Theo bài ra ta có phương trình:
x = 50 ( y - 1)
Do đó ta có hệ phương trình

0,5

 x  35( y  2)  x  35y  70
y  8
(TMĐK)

 

x
x
x


50
50

(
y
350
y



50
1
)




0,25

Vậy quãng đường ô AB là 350 km và thời điểm xuất phát của ô tô tại A là
12 - 8 = 4 ( giờ sáng)
Câu 7. Vẽ hình
Vì

0,25đ

AC AH

AB BH

C
B

30 5
 , do đó BH = 18 cm
Nên ta có
BH 3

Mà AH  BH .CH nên ta có CH= 50 cm
2

0,25đ

A

H

0,25đ
0,25đ

Câu 8. (Không có điểm vẽ hình)
Tâm O của đường tròn ngoại tiếp hình vuông là trung điểm của đoạn AC, bán 0,25đ
kính của đường tròn là R= OA=OC=OB


0,25đ

AC  AB 2  BC 2  22  22  2 2 cm

0,25đ

AC
R
 2 cm
2

0,25đ

Vậy diện tích hình tròn cần tìm là S   R2   ( 2)2  2 cm2
Câu 9. Vẽ hình

0,25đ

P

Ta có BEP  ECB  EBC (góc ngoài BCE)
mà ECB  BAF (góc ngoài của tứ giác ABCE
nội tiếp)

0,25đ
E
D

nên

EBC  EAC  DAF

BEP  BAF  DAF  BAD

Mà

tứ

giác

ABFD

A

C

nội

tiếp

0,25đ
O
O'

nên

BAD  BFD  1800

F

0,25đ

B

 BEP  BFP  1800  BEPF là tứ giác nội
tiếp.
Câu 10. Vẽ hình

0,25đ
x

Gọi M,N lần lượt là giao điểm của đường thẳng BD,
A

CE với đường trong tâm O
Ta có ACN  ABM  AM  AN (góc có cặp cạnh tương
ứng vuông góc)
Do đó A là điểm chính giữa của cung MN

M
D

N

E

O

B

C

0,25đ

 OA  MN (1)
Tứ giác BEDC nội tiếp vì BEC  BDC  900
1
Suy ra DEC  DBC  sd DC
2

Mà DBC  MNC ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC)

0,25đ

Do đó MN ED (2)

0,25đ

Từ (1) và (2) OA  DE
Chú ý: Học sinh làm theo cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa