Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2020-2021 – Sở Giáo dục và Đào tạo Bình Dương (Đề chính thức)

Luyện thi ĐH, L9, L10, L11, L12

GV. Khổng Vũ Chiến (0907 148 731)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2020 - 2021
Mơn thi: TỐN
Ngày thi: 09/07/2020
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1 (2,0 điểm)
Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
1) x 2  x 12  0 .

2) x 4  8 x 2  9  0 .

3 x  y  1
.
3) 
6 x  y  2

Bài 2 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x 2  2020 x  2021  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .
Khơng giải phương trình, tính giá trị của các biểu thức sau:
1
1
.
1) 

2) x12  x22 .
x1 x 2
Bài 3 (1,5 điểm)
3 2
3
x và đường thẳng d  : y   x  3 .
2
2
1) Vẽ đồ thị cùa  P và d  trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

Cho Parabol  P : y 

2) Tìm tọa độ các giao điểm của  P và d  bằng phép tính.
Bài 4 (1,5 điểm)
 1
1 
x 1

với 0  x  1
Cho biếu thúc A  
 :
 x  x
x 1 x x  2 x  x
1) Rút gọn biẻu thức A.
2) Tính giá trị của biếu thức A khi x  8  2 7 .

Bài 5 (3,5 điểm)
Cho đường trịn O;3cm có đường kính AB và tiếp tuyến Ax. Trên Ax lấy điểm C sao cho AC = 8cm, BC cắt
 cắt đường tròn (O) tại M và cắt BC tại N.
đường tròn (O) tại D. Đuờng phân giác của góc CAD

1) Tính độ dài đoạn thẳng AD.
2) Gọi E là giao điểm của AD và MB. Chứng minh tứ giác MNDE nội tiếp được trong đường tròn.
3) Chứng minh tam giác ABN là tam giác cân.
4) Kẻ EF vng góc AB (F thuộc AB). Chứng minh: N, E, F thẳng hàng.

-----------HẾT-----------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu. Giám thị khơng giải thích gì thêm.

Địa chỉ: Ô 16, ĐƯỜNG NA3, KDC VSIP I, THUẬN GIAO, THUẬN AN, BÌNH DƯƠNG (gần Chợ 79)


Luyện thi ĐH, L9, L10, L11, L12

GV. Khổng Vũ Chiến (0907 148 731)

HƯỚNG DẪN GIẢI THAM KHẢO
Bài 1 (2,0 điểm)
Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
1) x 2  x 12  0 .

3 x  y  1
.
3) 
6 x  y  2

2) x 4  8 x 2  9  0 .
Lời giải

1) x  x 12  0 .
Ta có: a  1; b  1; c  12
2

  b 2  4ac    49    7 .

1  7
 x1 
 4

2
Suy ra: 
.
1  7

3
x 
 2
2
Vậy phương trình có hai nghiệm: S  4;3
2) x 4  8 x 2  9  0 .
2
Đăt t  x điều kiện t  0 .
Suy phương trình viết lại có dạng: t 2  8t  9  0 .
Ta có: a  1; b  8; c  9

 '  b '2  ac   '  25   '  5 .

4  5
t1 
 9 loai 

1

Suy ra: 
.
4  5

 1 nhan
t 2 

1
Mà t  x 2  x 2  1  x  1
Vậy phương trình có hai nghiệm S  1;1
3x  y  1
.
3) 
6 x  y  2
3 x  y  1 3 x  y  1  y  4
Ta có 
.


6 x  y  2
3x  3
 x  1
Vậy hệ có một nghiệm 1; 4

Bài 2 (1,5 điểm)
Cho phương trình: x 2  2020 x  2021  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .
Khơng giải phương trình, tính giá trị của các biểu thức sau:
1
1
.

1) 
2) x12  x22 .
x1 x 2
Lời giải
b

x1  x2 

 x  x2  2020

a
Theo Vi-ét ta có 
  1
.

 x1.x2  2021
c
 x1.x2 
a

1
1
x  x2 2020
.
 1

1) Ta có 
x1 x 2
x1.x2
2021

2) Ta có x12  x22  x12  x22  2 x2 .x2  2 x1.x2   x1  x2   2 x1.x2  2020 2  2.2021  4076358.
Bài 3 (1,5 điểm)
2

Địa chỉ: Ô 16, ĐƯỜNG NA3, KDC VSIP I, THUẬN GIAO, THUẬN AN, BÌNH DƯƠNG (gần Chợ 79)


Luyện thi ĐH, L9, L10, L11, L12

GV. Khổng Vũ Chiến (0907 148 731)

3 2
3
x và đường thẳng d  : y   x  3 .
2
2
1) Vẽ đồ thị của  P và d  trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

Cho Parabol  P : y 

2) Tìm tọa độ các giao điểm của  P và d  bằng phép tính.
Lời giải
1) Vẽ đồ thị của  P và d  trên cùng một mặt phẳng tọa độ.
Parabol  P : y 

3 2
x có
2

3

Đường thẳng d  : y   x  3 có
2
3
+ a    0 nên hàm số nghịch biến trên  .
2
 3
+ Lấy các điểm A  2;6  , C 1;  thuộc d  .
 2

+ Đỉnh I  0;0 
3
 0 nên nghịch biến trên  ;0  đồng biến
2
trên  0;  

+ a

+ Lấy các điểm A  2; 6  , B  2;6 
3
 3

C 1;  , D  1;  thuộc  P
2
 2


Đồ thị hàm số  P và d 
y

y

A

D

B

6

3
2

2 1 I

3 2
x
2

C

1

2

2) Tìm tọa độ các giao điểm của  P và d  bằng phép tính.

x
3
y   x3
2

Phường trình hồng độ giao điểm của  P và d  là
3
3 2
x  x3
2
2
2
 3x  3x  6  0
 x2  x  2  0
 x2  x  2 x  2  0
 x  x 1  2  x 1  0
  x 1 x  2  0
 x 1  0
x 1


 x  2  0  x  2
3
 3
Với x  1 thế vào  P  y  . Suy ra  P và d  cắt nhau tại C 1; 
2
 2
Địa chỉ: Ô 16, ĐƯỜNG NA3, KDC VSIP I, THUẬN GIAO, THUẬN AN, BÌNH DƯƠNG (gần Chợ 79)


Luyện thi ĐH, L9, L10, L11, L12

GV. Khổng Vũ Chiến (0907 148 731)

Với x  2 thế vào  P  y  6 . Suy ra  P và d  cắt nhau tại A  2;6 
 3
Vậy  P và d  cắt nhau tại 2 điểm A  2;6  và C 1;  .
 2
Bài 4 (1,5 điểm)
 1
1 
x 1
Cho biếu thúc A  
với 0  x  1

:

 x  x
x 1 x x  2 x  x
1) Rút gọn biẻu thức A.
2) Tính giá trị của biếu thức A khi x  8  2 7 .
Lời giải
1) Rút gọn biẻu thức A.
2) Tính giá trị của biếu thức A khi
 1

x  8 2 7 .
1 
x 1
A  

 :
 x  x
Ta có A  x 1

x 1 x x  2 x  x


Thế x  8  2 7 suy ra

1
1 
x 1
 

:
A  8  2 7 1
x 1 x  x  2 x  1
 x x 1
2

7  2 7  12 1


 1 x 
x 1
 :
 
2
2

 x x 1  x x 1

7  1 1











1 x
x



 



x



x 1

.

 x 1
Vậy A  x 1 .







x 1
x 1

2







7 1 1

 7  1 1
 7 2
Vậy A  7  2

Bài 5 (3,5 điểm)
Cho đường tròn O;3cm có đường kính AB và tiếp tuyến Ax. Trên Ax lấy điểm C sao cho AC = 8cm, BC cắt
 cắt đường tròn (O) tại M và cắt BC tại N.
đường trịn (O) tại D. Đuờng phân giác của góc CAD
1) Tính độ dài đoạn thẳng AD.
2) Gọi E là giao điểm của AD và MB. Chứng minh tứ giác MNDE nội tiếp được trong đường tròn.
3) Chứng minh tam giác ABN là tam giác cân.

4) Kẻ EF vng góc AB (F thuộc AB). Chứng minh: N, E, F thẳng hàng.
Lời giải
C
1) Tính độ dài đoạn thẳng AD.
Ta có 
ADB  900 suy ra AD  BC .
ADB chắn đường kính AB nên 
Xét  ABC vng tại A có AD là đường cao.
Ta có
1
1
AB 2  AC 2
1
1
N




2
2
2
2
2
2
AD
AB
AC
AD
AB . AC

AB. AC
D
 AD 
M
AB 2  AC 2
E
6.8
 AD 
6 2  82
 AD  4,8 cm
B
A
O H
2) Gọi E là giao điểm của AD và MB. Chứng minh tứ giác MNDE
nội tiếp được trong đường tròn.
Xét tứ giác MNDE có
Địa chỉ: Ơ 16, ĐƯỜNG NA3, KDC VSIP I, THUẬN GIAO, THUẬN AN, BÌNH DƯƠNG (gần Chợ 79)


Luyện thi ĐH, L9, L10, L11, L12

GV. Khổng Vũ Chiến (0907 148 731)

  900 (chứng minh trên)
EDN
(1)
0
0
  90 suy ra EMN
  90 .

 chắn đường kính AB nên BMA
(2)
Ta có BMA
0


Từ (1) và (2) EDN  EMN  180 suy ra tứ giác MNDE nội tiếp được trong đường tròn.
3) Chứng minh tam giác ABN là tam giác cân.
  DEM
  1800 (do MNDE nội tiếp được trong đường trịn) . (3)
Ta có DNM
  DEM
  1800 ( kề bù)
MEA
(4)
0


MEA  EAM  90 (do  MEA vuông tại M).
(5)
0


Mà BAM  MAC  90
(6)



Mà MAC  EAM (do AN là tia phân giác của góc CAD ).
(7)

0


Từ (6) và (7) suy ra BAM  EAM  90
(8)


Từ (5) và (8) suy ra MEA  BAM
(9)
0


Thế (9) vào (4) suy ra BAM  DEM  180
(10)
  BAM
.
Từ (3) và (10) suy ra DNM
Vậy tam giác ABN cân tại B.
4) Kẻ EF vng góc AB (F thuộc AB). Chứng minh: N, E, F thẳng hàng.
Xét tam giác ABN có
 AD  BN
(chứng minh trên). Suy ra E là trực tâm của tam giác ABN.

 BM  AN
Nên NE  AB .
Mà EF  AB .
Vậy N, E, F thẳng hàng.
---------- HẾT ----------

Địa chỉ: Ô 16, ĐƯỜNG NA3, KDC VSIP I, THUẬN GIAO, THUẬN AN, BÌNH DƯƠNG (gần Chợ 79)