Tải Bộ đề thi khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán lớp 10 năm học 2020 - 2021 - Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (287.3 KB, 24 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Bộ đề thi khảo sát chất lượng đầu năm mơn Tốn lớp 10

năm học 2020 – 2021

Nghiêm cấm mọi hình thức sao chép nhằm mục đích thương mại.

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021

Mơn: Tốn – Đề số 1

Câu 1: Cho biểu thức

1 1 4

1 1 1

x x x x

A x

x x x

      

     

      

   

a. Tìm điều kiện xác định của biểu thức
b. Rút gọn biểu thức

c. Tìm giá trị x nguyên để A nguyên

Câu 2: Cho phương trình x2 2mx m 2 m 1 0
a. Giải phương trình khi m 1

b. Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2thỏa mãn điều kiện

sau: x12x222x1 3x x1 22x2 4

Câu 3: Cho parabol

 

x
P 

và đường thẳng

 

d :y2x3
a. Vẽ

 

P và d trên cùng hệ trục tọa độ

b. Tìm tọa độ giao điểm của

 

P và d

Câu 4: Cho nửa đường trịn đường kính AB2R. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax

và By. Qua điểm M thuộc nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến thứ 3 cắt các tiếp tuyến
Ax, By lần lượt ở C, D. Các đường thẳng AD, BC cắt nhau tại N.

a. Chứng minh 4 điểm O, M, B, D cùng nằm trên một đường trịn, xác định tâm
đường trịn đó

b. Chứng minh: COD  900

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu 5: Cho 3 số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz 1. Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2

1 1 1

x y   y z  z x  

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021

Mơn: Tốn – Đề số 2

Câu 1: Cho biểu thức

2 2

: , 0, 1

1
1

x x x

A x x

x x

x x x x

    

       

      

 

a. Rút gọn biểu thức

b. Biết P x 

 

4. Tìm x

c. Tìm giá trị của x để P x 

 

Câu 2: Cho phương trình mx2 x 5m 2 0
a. Giải phương trình khi m 2

b. Tìm điều kiện của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn





2 2

1 2 2 1 2 1

x x  x x 

Câu 3: Cho parabol

 

5 2

P x  x

và đường thẳng

 

d :ymx
a. Vẽ

 

P và d trên cùng hệ trục tọa độ

b. Tìm điều kiện của m để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt sao cho một điểm có
hồnh độ bằng 1

Câu 4: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB điểm M bất kì nằm trên nửa

đường trịn. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax.

Tia BM cắt Ax tại I, tia phân giác của MAI cắt nửa đường tròn tại E, cắt tia MN
tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại K.

a. Chứng minh rằng: Tứ giác EFMK là tứ giác nội tiếp
b. Chứng minh tam giác BAF là tam giác cân

c. AKFH là hình thoi

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 5: Cho 2 số thực x, y khơng âm thay đổi. Tính giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ

nhất của biểu thức:







 



(1 )

1 1

xy x y
A

x y

 



 

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021

Mơn: Tốn – Đề số 3

Câu 1: Cho biểu thức

1 1 2

.
2

x x x x x

P

x

x x x x

    

  



 

 

 

a. Rút gọn biểu thức.

b. Tìm giá trị của x nguyên để P đạt giá trị nguyên.
Câu 2:

a. Giải hệ phương trình:

2 2

1 0
3

x xy y

x y xy

    




  




b. Giải phương trình: 25 x2  10 x2 3

Câu 3: Cho phương trình:





2 2

2 1 3 0

x  m x m  m

Tìm giá trị tham số m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt cùng âm

Câu 4: Cho đường trịn tâm O đường kính AB. I là trung điểm của OA. Đường

tròn tâm I đi qua A, P là điểm bất kì nằm trên đường trịn tâm I, AP cắ (O) tại Q
a. Chứng minh rằng (I), (O) tiếp xúc với nhau tại A

b. Chứng minh: IP/ /OQ
c. Chứng minh: PQ = PA

d. Xác định vị trí của P để tam giác ABQ có diện tích lớn nhất

Câu 5: Chứng minh rằng: x 1 y 1 x y biết

1 1

0, 0, 1

x y

   

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021

Mơn: Tốn – Đề số 4

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2 2 1

.
1

2 1

x x x x x

A

x

x x x

 

      

 

  

      

   

Câu 2:

1. Khơng sử dụng máy tính cầm tay giải phương trình và hệ phương trình sau:

2 7

3 7

x y
x y

  



 



b. x4 6x2  8 0

2. Tìm tham số m để hàm số y



m 2



x3m 1nghịch biến trên 
Câu 3: Cho phương trình:





2 1 2 0

x  m x m  

a. Giải phương trình với m = 1

b. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2thỏa mãn biểu thức:

2 2

1 2 1 2 4

x x  x x 

Câu 4: Một người đi xe máy từ A đến B với vận tốc 40km/h. Khi đến B người đó

nghỉ 30 phút rồi quay về A với vận tốc 50km/h. Tính quãng đường AB biết tổng
thời gian người đó đi từ A đến B , từ B về A và thời gian nghỉ là 7 giờ 15 phút.

Câu 5: Cho đường tròn (O, R). BC là một dây cung (BC 2R). Một điểm A di

động trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC. Các đường cao
AD, CF, BE cắt nhau tại điểm H.

a. Chứng minh rằng: AEFABC

b. Gọi A’ là trung điểm của BC. Chứng minh AH 2OA'

c. Gọi A1Là trung điểm của EF. Chứng minh rằng: RAA1 OA AA'. '

d. Tìm vị trí của A để EF + FD + DE đạt giá trị lớn nhất

Câu 6: Cho x, y, z là những số thực dương và

1 1 1

x  y  z  . Chứng

minh rằng:

1
8

xyz 

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021

Mơn: Tốn – Đề số 5

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2 1 1 4

: 1

1 1

x x

P

x x x

x

     

     

    

  

 

a. Rút gọn P

b. Tìm giá trị x dương để P nhận giá trị nguyên.

Câu 2: Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 420m2. Nếu tăng chiều dài lên 10m
và giảm chiều rộng đi 6m thì diện tích mảnh vườn khơng đổi. Tính chiều dài và
chiều rộng của mảnh vườn.

Câu 3:

1. Giải hệ phương trình:

1 3

2 1

2 7

2 1

x y



 

  




  

  



2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d: 3x y  1 m2và parabol

(P): y2x2

a. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m .

b. Gọix x1, 2lần lượt là hoành độ giao điểm của 2 giao điểm.Tìm m để



x1 1

 

x2 1



4

Câu 4: Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2R, dây MN vng góc với đáy

AB tại I sao cho IA < IB. Trên đoạn MI lấy điểm E (E không trùng M và I). Tia EA
cắt đường tròn tại điểm thứ 2 là K.

a. Chứng minh: IEKB nội tiếp đường tròn

b. Chứng minh: AM2 AE AK.

c. Chứng minh: AE AK BI BA.  . 4R2

d. Xác định vị trí điểm I sao cho tam giác MIO đạt giá trị lớn nhất

Câu 5: Cho x, y, z là những số thực dương. Chứng minh:

2 2 2

y

x z

y zz x y x 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 1:

a. Điều kiện xác định:

1 0
1
1 0
0
0
x
x
x
x
x
  
  
  
 


 

b.

1 1 4

1 1 1

x x x x

A x

x x x

      

      

  

   





 









1 1 1

x x x x x x x x

A

x x x

           
   
 
      
   
   
1 4

( 1) :

1 1

x x x

A x
x x
      
     
 
   
 

1 1 1

.
4
1

x x x x

A
x
x
      
 


 
 

2 1 1

.
4
1 2
x x
A
x
x x
   
 

 

c. Để A đạt giá trị nguyên thì x 2 U

 

 



  

2 2 1

x

   

 khơng có giá trị x ngun nào để A đạt giá trị nguyên

Câu 2:

a. Thaym 1vào phương trình ta có:





2 1 0 1 0 1

x  x   x   x

Kết luận với m 1 thì phương trình có nghiệm x 1

b. Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2thì:

2 2

' 0

' m m m 1 1 m 0 m 1

 

         

Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:

1 2
2
1 2
2
. 1
b

x x m

a
c

x x m m

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>





















2 2

1 2 1 1 2 2

1 2 1 2 1 2

2 2

2 3 2 4

5 2 4

2 5 1 4 4

1 5

2
1 0

1 5

x x x x x x

x x x x x x

m m m m

m

m m Tm

m

    

     

     

  




     

  




Vậy

1 5

m 

thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn:

2 2

1 2 2 1 3 1 2 2 2 4

x x  x  x x  x 

Câu 3:

a. Học sinh tự vẽ

b. Phương trình hồnh độ giao điểm là:

2 2 10

2 3 4 6 0

2 2 10

x
x

x x x

x

  

       

  


Vậy tọa độ gia điểm của (P) và d là: A



2 10 ,7 2 10 ,

 

B 2 10 ,7 2 10



Câu 4:

Chứng minh

a. Xét tứ giác OMBD có: OMD OBD  1800 Tứ giác OMBD nội tiếp đường

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

b. Ta có : OC là phân giác góc AOM, OD là phân giác góc MOB

Mặt khác AOM MOB 1800  COD 900
c. Gọi I là trung điểm của CD

I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác COD, IO là bán kính

Theo tính chất tiếp tuyến ta có: ACAB BD, AB BD/ /AC. Vậy ACDB là
hình thang

Ta lại có I là trung điểm của CD, O là trung điểm AB. Vậy OI là đường trung
bình của hình thang ACDB

 IO//AC, mà AC AB IOAB tại O. Vậy AB là tiếp tuyến tại O của 
đường trịn đường kính CD

d. Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên chu
vi ACBD = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất
khi CD CD là khoảng cách giữa Ax và By tức là CD vng góc với Ax và
By. Khi đó CD//AB. Vậy M là trung điểm của AB

Câu 5:













2 2 2 2

2 2

x y  xy x y x y  xy x y





2 2

1 x y x y z xy

      2 2





1 1

1 x y x y z xy

 

 
 

2 2 2 2 2 2

1 1 1

, ,

1 1 1

y

z x

x y z x y z x y z

x y y z z x

   

     

2 2 2 2 2 2

1 1 1

y x y z

z x

Vp

x y z x y z x y z x y z

x y y z z x

 

        

       

     

Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021
Đề số 2

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>















 







2 2

:
1
1

1 2 2

1 1 ( 1)

2 1 2

2
:

1 1

2 1

1 2 1

x x x

A

x x

x x x x

x x x x

A

x x x x x

x x

A

x x x

x x x x x

A

x x x x

    

     



   

 

    



 

     

  

   

 

    

    

  



   

   

 

 

  

b. P x 

 





4 4 4 0 2 0 2

x

x x x x

x

          



Vậy x = 2 thì P x 

 

1 3

2 4

1 1 0 0

1 1 1

x

x x x

P x

x x x

 

 

 

   

      

  

1 3 3

1 0 1 0 1

2 4 4

x x x x x

 

           

 

 

Vậy……

Câu 2:

a. Thay m = 2 vào phương trình ta có:

2 1 65

2 8 0

x  x   x 

Vậy với m = 2 phương trình có 2 nghiệm phân biệt

1 65
4

x 

b. Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2ta có:  0





2 2

1 4 2 5m m 20m 8m 1 0 m 0

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Áp dụng hệ thức Viet ta có:

1 2

2 5
.

b
x x

a m

c m

x x

a m



  







  




Ta có biểu thức



 







 

2
2

2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

1 2 5 2

2 2 2 2 1 0

2 13
9

9 4 1 0

2 13
9

m

x x x x x x x x x x

m m m

m

m m tm

m

    

              

   

 





    

 





Kết luận: ……

Câu 3:

a. Học sinh tự vẽ hình

b. Phương trình hồnh độ giao điểm là:





2 2

5 2 0 5 2 0

x  x  mx  x   m x 

Để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì  0





2 2

 

5 m 4.2 m 10m 17 0 *

       

Áp dụng hệ thức Viet ta có:

1 2

. 2

b

x x m

a
c
x x

a



   





  




Do một giao điểm có hồnh độ bằng 1 ta giả sử x1  1 x2 2

1 2 5 m m 2

      thỏa mãn (*)

Vậy m = 1 thì d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt sao cho có một điểm có hoành độ
bằng 1

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Chứng minh

a. Do M nằm trên nửa đường tròn nên AMB 900  AMF 900

Do M nằm trên nửa đường tròn nên AEB900  BEF 900

  0

180

AMF BEF

    EFMK là tứ giác nội tiếp

b. Ta có AE là phân giác góc MAI  IEM MAE  EA ME  EAB MBE
Vậy BE là tia phân giác góc ABF (1)

Mặt khác BEAF(2)

Từ (1) và (2) ta có tam giác BAF cân tại B

c. Theo chứng minh trên ta có tam giác BAF là tam giác cân tại B, BE là đường
cao nên BE cũng là trung tuyến  EAEF(3)

AF HK (4), AE là phân giác của HAK  Tam giác AHK là tam giác cân tại 
A có AE là đường cao nên cũng là đường trung tuyến. Vậy EK = EH (5)
Từ (3), (4), (5) ta có AKHF là hình thoi

d. Ta có AKHF là hình thoi  HA/ /FKhay IA/ /FK  AKFI là hình thang
Để AKFI nột tiếp đường trịn thì AKFI là hình thang cân

AKFI là hình thang cân khi M là trung điểm của AB

M là trung điểm của AB  ABM IAM450

Tam giác ABI vng tại A có ABI450  AIB450

  0

KAI AIF

    AKFI là hình thang cân

Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp nửa đường
tròn

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>







 









 







2 2 2 2 2

(1 ) (1 ) 2 1

1 1 1 1 1

x y xy

xy x y xy x y

A

x y x y x y xy

    
 
     
   
      
1 1

4 P 4



  

1
4

P

khi x = 0, y = 1 thì
1

P 

khi x = 1, y = 0

Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021
Đề số 3

Câu 1: Điện kiện: x0,x1,x2,x0

1 1 2

.
2

x x x x x

P

x

x x x x

    
  

 
 
 





 



























 



3
3 1

( ) 1 2

.
2

1 1

1 1 1 1 2

.
2

1 1

1 1 2

.
2

2 2 2.( 2)

.
2 2
x
x x
P
x

x x x x

x x x x x x x

P

x

x x x x

x x x x x

P

x

x x

x x x

P
x x
x
 

 
 
  

 
 
 
       

 
 
    
 

 
     

 
 
  
 
 
 
 
 

 





2 2 8

2
2 2
x
P x
x x

  
 

Để P(x) nguyên thì x 2 U

  

8     1, 2, 4, 8



ta có bảng sau

x +2 -8 -4 -2 -1 1 2 4 8

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Kết hợp với điều kiện xác định ta có: x6thỏa mãn
Vậy x = 6 thì P(x) đạt giá trị nguyên

Câu 2: 
a.









2
2 2

2 2 2

2 2

1 0 1 3

3 3

9 6 1 3

3 1 3

3
3

9 8 0 (1)
3 (2)

x xy y x y xy

x y xy x y xy

xy x y xy

xy xy

x y xy


       
 

 
  
   
 
        
 
   
  

   



   

 
  



Từ phương trình (1) ta đặt xy = t. Phương trình trở thành

2 9 8 0 1 1

8 8
 
 
      
 
 
t xy
t t
t xy

Với xy1kết hợp với phương trình (2) ta có :



 



1 ( 2). 1 1

, 1, 1

2 2 1

   
  
    
  
    
  

xy y y y

x y

x y x y x

Với xy8 kết hợp với phương trình (2) ta có :

Vậy hệ phương trình có nghiệm



x y,

 

1, 1







11 3 17, 11 3 17 11 3 17, 11 3 17

2 2 2 2

11 3 17 11 3 17 11 3 17 11 3 17

, ,

2 2 2 2

         

   
   
         
  
   
   
x y

b. 25 x2  10 x2 3

Điều kiện xác định:

5 5

25 0

10 10

10 0 10 10

      
 
    
 
    
 


x
x
x
x x
Đặt





2
2
25

, , 0

10
  



 


a x
a b
b x

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>



 



 

2 2

2
2

3 3

15 5

4 25 4 3

1 10 1 3

a b

a b a b

a b a b

a b a b

a x x

x tm

b x x

        

 

 

  

  

     

 





      

       

 

    

Vậy phương trình có nghiệm x = 3 hoặc x = -3

Câu 3:





2 2 1 2 3 0

x  m x m  m

Để phương trình có hai nghiệm âm phân biệt ta có:





2 2

2
1 2

' 0 1 3 0 1

1 3

. 0 3 0 0 3

m

m m m

m

x x m m m



  

      

    

  

      

 

Vây 1 <m <3 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt

Câu 4:

Chứng minh

a. Ta có: OI OA IA  (O) và (I) tiếp xúc với nhau tại A

b. Tam giác OAQ cân tại O Q 1A1

Tam giác IAP cân tại O P1 A1

 

1 1 / /

Q P IP OQ

  

c. APO 900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  OPAQ OPlà đường
cao của tam giác OAQ mà OAQ cân tại O nên OP là đường trung tuyến

AP PQ

 

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Ta có:

1
.
2

ABQ

S  AB QH

Mà AB là đường kính khơng đổi nên SABQlớn nhất khi QH lớn nhất hay Q

trùng với trung điểm của AB

Muốn Q trùng với trung điểm của AB thì P là trung điểm của cung AO

Thật vậy P là trung điểm của cung AO thì PI AOmà IP/ /OQ QOABtại
O

Vậy Q là trung điểm của AB kéo theo H trùng với O, OQ lớn nhất neenn QH

lớn nhất

Câu 5:

1 1

1 (1)

x y 

Ta có:
1 1

1 x 1,y 1, x 1, y 1

x y       

Từ (1) ta có: x y xy xy x y    1 1



x 1

 

y 1



0



 





 





 







1 1 1 2 1 1 2

2 1 1 2 1 1

1 1

x y x y

x y x y x y x y

x y x y

       

           

     

Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021
 Đề số 4

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>



 







 





 

















 







 











3
2
2
2

2 2 1

.
1

2 1
1 1
2 2
.
1 1
1
1 1
2 2
.
1 1
1

2 1 2 1 1 1 1

1 1 1

x x x x x

A

x

x x x

x x
A

x
x x
x
x x
x x
A
x
x x
x

x x x x x x x

A

x

x x x

 
      
 
  
  

 
   
   
  
     
   


 

   
 
   
 
     
   

 

   
 
   
       
   
   
  
   
 





 



2

x x x x x

A const
x x

    
   
Câu 2: 
1.
a.

2 7 2 7 2 7 4

3 7 2 6 14 7 7 1

x y x y x y x

x y x y y y


          
  
   
      
   

Vậy hệ phương trình có nghiệm



x y ,

 

4, 1



b. x4 6x2 8 0

Đặt





, 0

x t 

phương trình trở thành:

2 6 8 0

t   

2 2

' 3 8 1 ' 1 0

2
4

2
3 1 4

3 1 2 2

2
2
x
x

x
t
t x
x
x
       
  
 
 

     
   

   
 
  
  



Vậy phương trình có 4 nghiệm x2,x 2

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

vậy m < 2 thì hàm số nghịch biến trên R

Câu 3:

a. Thay m = 1 vào phương trình ta có:

2 2 1

1 0 1

x

x x

x

 
     




b. Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt ta có:





2 2

' 0

' m 1 m 2 m 3m 3 0
 

        

Áp dụng hệ thức Viet ta có:





1 2

2 1

. 2

b

x x m

a
c

x x m

a

 

   





   




Theo bài ra:













 

2 2

1 2 1 2

3 3

4 1 3 2 3

4 11 7 0 4

x x x x

m m

m

m m tm

m

  

   

    





    






Vậy
7
4

m 

hoặc m 1thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2thỏa mãn

biểu thức:

2 2

1 2 1 2 4

x x  x x 

Câu 4:

Gọi quãng đường AB là x (km) x > 0

Thời gian lúc đi từ A đến B của xe máy là: 40
x

(km/h)

Thời gian lúc đi về từ B đến A của xe máy là: 50
x

(km/h)

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

7,25
40 50 2

x x

  

Dễ dàng tìm được x = 150 km
Vậy quãng đường AB là 150 km

Câu 5:

Chứng minh
a. Tứ giác BFEC nội tiếp

 

AEF ACB

  ( cùng bù BEF)

 

AEF ABC ( cùng bù FEC). Vậy AEFABC
b. Kẻ đường kính AK nên ta có KB // CH, KC // BH

 BHKC là hình bình hành A’ là trung điểm của KH  KO là đường trung 
bình của tam giác AHK  AH = 2AO

c. Ta có: AEFABC 1

'
'

AA R

 

(1) R là bán kính đường trịn ngoại tiếp
tam giác ABC, R’ là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF, AA’ là

trung tuyến tam giác ABC, AA1là trung tuyến tam giác AEF

Ta lại có AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH nên đây cũng là đường
trịn ngoại tiếp tam giác AEF

Từ (1)  1 1

2 '

. '. ' '. '. . '. '

2 2

AH OA

R AA AA R AA AA  R AA AA OA

d. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, AB

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>





'. . .

ABC OCA OCB OAB

S S S S  OA BC OM AC ON AB 
(2)
2SABC OA BC OM AC ON AB'.  .  .

Ta có:

.
'

R AA
OA

AA



(theo chứng minh câu c). Mà

AA

AA là tỉ số 2 trung tuyến

của 2 tam giác đồng dạng AEF và ABC nên

AA EF

AA BC . Tương tự ta có:

R FD

OM

AC



R DE
ON

AB



Thay vào (2) ta được:





. . .

2 . . .

'
2

ABC

R AA R FD R DE

S R BC AC AB

AA AC AB

S R EF FD DE

 

    

 

   

Do R không đổi nên EF + FD + DE đạt giá trị lớn nhất khi diện tích tam giác
ABC đạt max

Ta có

1
.
2

ABC

S  BC AD

do BC khơng đổi nên diện tích tam giác ABC lớn nhất
khi AD lớn nhất

Mà AD lớn nhất khi A nằm chính giữa cung BC .

Câu 6:

Ta có:



 



1 1 1 1 1

2 1 1

1 1 1 1 1

1 1 1 1

x y z y z

y z yz

y z y z

      

    

  

   

Tương tự ta có:



 





 



1 1

2 , 2

1 1 1 1 1 1

xy
xz

y  x z z  x y

Nhân các vế của bất dẳng thức ta được điều phải chứng minh

Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021
Đề số 5

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

a. 3

2 1 1 4

: 1

1 1

x x

P

x x x

x

     

     

    

  

 







2 1 1 1 4

1 1

x x x x

P

x x x

   

    

 

    

  

   

 







2 1 1 3

1 1

x x x x

P

x x

x x x

    



 

  

  



3 3 1, 3

x U   











1 1

1 1

x x x x

P

x

x x x

  





  

3
1

3 3

x
P

x x

  

 

b. Để P nhận giá trị nguyên thì x 3U

  

3   1, 3



x  -1 1 -3 3

4 (TM) 16 (TM) 0 ( L) 81 (TM)

Kết luận : Vậy để P nhận giá trị nguyên thì x  {1,16,81}

Câu 2:

Gọi chiều dài mảnh vườn là x (m), x > 0. Diện tích mảnh vườn là 420m2

Chiều rộng của mảnh vườn là
420

x (m)

Khi tăng chiều dài thêm 10 m thì chiều dài thay đổi là: x + 10 (m)

Khi giảm chiều rộng đi 6 m thì chiều rộng thay đổi là:
420

x – 6 (m)
Do diện tích mảnh vườn khơng đổi nên ta có phương trình:



x 10



420 6 420

x

 

   

 

Dễ dàng tìm được

5 5 29( )

x TM

x L

  


</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Kết luận: Vậy chiều dài mảnh vườn là  5 5 29 m, chiều rộng của mảnh

vườn là 3 3 29 m

Câu 3:

1. Điều kiện: x2,y1

Đặt

1 1

2 1

a b

x y

 

 

Hệ phương trình trở thành:

3 5 2 6 10 1

2 7 11 2 7 11 2

2 5

2
1

1 1

a b a b b

a b a b a

x
x

y
y

       

 

  

    

  



 

 

  

   

   







Vậy hệ phương trình có nghiệm





5,1

x y  

 

a. Phương trình hồnh độ giao điểm: 2x2 3x 1m2  2x2 3x 1 m2 0





2 2 2

3 4.2. 1 m 1 8m 0 m

       

Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt

b. Áp dụng hệ thức Viet ta có:

1 2

2
1 2

3
2

. 1

b
x x

a

c

x x m

a

 

  





   




Từ hệ thức:



 











1 2 1 2 1 2

7 1 7

1 1 4 . 1 1 4 2

2 2 2

x  x    x x  x x     m    m   m

Vậy m 2……

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Chứng minh

a. Ta có AB là đường kính, K thuộc đường trịn nên AKB 900

Ta có: KEB EIB 900nên tứ giác IEKB nội tiếp

b. Ta có: EAM MAK( cùng chắn cung nhỏ MK)

 1  1  

2 2

EMA sdAN  sdAMMKA AMEAKM

AE MA

AE AK MA

MA KA

   

Tam giác MAB vuông tại M và MI là đường cao nên IB BA. MB2. Do đó:

2 2 2

. . 4

AE AK BI BA AM MB  R

d. Chu vi tam giác OIM bằng MI + OI + MO

Mà MO = R không đổi nên chu vi tam giác IMO lớn nhất khi MI + MO lớn nhất

Ta có:









2 2 2 2 2

2 2

+ 2

MI MO  MI IO  OM  R  MIMOR

Dấu bằng xảy ra khi

2
2

R
MIMO

Vậy chu vi tam giác OIM lớn nhất khi I nằm trên AB và cách O một khoảng

bằng
2
2

R

Câu 5:

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>









2
2

2 2

2 2 2 2 2 2 3

x y z

y y

x z x z

y z z x y x xy xz yz xy xz yz xy yz zx

 

     

       

Có nghĩa là ta sẽ chứng minh









1
3

x y z
xy yz zx

 


 

hay



x y z 



2 3



xy yz zx 



</div>

Tải Bộ đề thi khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán lớp 10 năm học 2020 - 2021 - Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 có đáp án

<b>Bộ đề thi khảo sát chất lượng đầu năm mơn Tốn lớp 10</b>

<b>năm học 2020 – 2021</b>

<b>Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021</b>

<b>Mơn: Tốn – Đề số 1</b>

 

 

 

 

<b>Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021</b>

<b>Mơn: Tốn – Đề số 2</b>

 

 





 

 

 







 



<b>Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021</b>

<b>Mơn: Tốn – Đề số 3</b>





<b>Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021</b>

<b>Mơn: Tốn – Đề số 4</b>









<b>Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021</b>

<b>Mơn: Tốn – Đề số 5</b>



 







 









 

 

















<sub></sub>

<sub></sub>







 







<sub></sub>

<sub></sub>



























 