Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Yên Lạc (Lần 3)

PHỊNG GD&ĐT N LẠC
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 LẦN 3
ĐỀ THI MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề thi có 01 trang)

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: (2,0 điểm).
Viết vào bài thi chữ cái A, B, C hoặc D đứng trước câu trả lời mà em cho là đúng.
Câu 1: Điều kiện xác định của biểu thức  x  2020 là:
A. x  2020
B. x  2020
C. x  2020
D. x  0
Câu 2: Đồ thị hai hàm số y = x + m + 2020 và y = -x – 2m -2021 cắt nhau tại một điểm trên trục
tung. Khi đó giá trị của m bằng:
A. m = -1
B. m = 1347
C. m = 4041
D. - 4041
2
Câu 3: Giả sử x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: 2 x  x  9  0 . Khi đó x1  x1 x2  x2 bằng:
A. -5
B. 5
C. -4
D. 4
Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 4cm, quay nửa đường trịn một vịng quanh
đường kính AB cố định ta được một hình cầu. Khi đó diện tích mặt cầu bằng:
A. 64 cm 2

B. 16 cm3

C.

256
 cm 2
3

D. 16 cm2

II. PHẦN TỰ LUẬN: (8,0 điểm).
1
 4
 x  y  y 1  5

Câu 5: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
.
 1  2  1
 x  y y  1

Câu 6: (2,0 điểm). Cho biểu thức :
 a 1
 1
a 1
P  

 4 a  
a 1
 a 1
 2a a

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P.
b) Tìm giá trị của a để P = a
Câu 7: (1,0 điểm). Một xe máy đi từ A đến B quãng đường dài 300km. Sau 1 giờ một ô tô cũng đi
từ A đến B với vận tốc nhanh hơn vận tốc của xe máy là 10km/h. Tính vận tốc của mỗi xe, biết rằng
ơ tơ đến B sớm hơn xe máy 30 phút.
Câu 8: (3,0 điểm). Cho đường trịn (O,R) và một đường thẳng (d) khơng cắt đường trịn O. Dựng
đường thẳng OH vng góc với d tại H. Trên đường thẳng (d) lấy điểm K khác điểm H. Vẽ hai tiếp
tuyến KA và KB với đường trịn sao cho A, H nằm về hai phía của đường thẳng OK.
a) Chứng minh năm diểm A, B, O, K, H cùng nằm trên một đường tròn.
b) Đường thẳng AB cắt đường thẳng OH tại I. Chứng minh rằng IA.IB =IH.IO
c) Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định khi điểm K chạy trên đường
thẳng (d) cố định.
d) Khi OK = 2R, OH = R 3 . Tính diện tích tam giác KAI theo R.
( x  y ) 2  4  3 y  5 x  2 ( x  1)( y  1)

Câu 9: (1,0 điểm): Giải hệ phương trình:  3 xy  5 y  6 x  11
5

3
x

1

--------------------------Hết--------------------------(Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm)
Họ, tên thí sinh:..........................................................SBD..........................Phịng thi..............


PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC
——————

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 LẦN 3
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: TỐN
—————————

HƯỚNG DẪN CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học
sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa.
- Trong mỗi bài, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các bước sau có liên quan khơng được điểm.
- Bài hình học bắt buộc phải vẽ đúng hình thì mới chấm điểm, nếu khơng có hình vẽ đúng ở phần
nào thì giám khảo khơng cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của phần đó.
- Điểm tồn bài là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và khơng làm trịn.
BIỂU ĐIỂM VÀ ĐÁP ÁN:
A. Phần trắc nghiệm (2,0 điểm): Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm.

Câu
Đáp án

1
B

2
B

3
C

4
D

B. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm):
Câu 5. (1,0 điểm)

Nội dung trình bày
1
 4
 x  y  y 1  5
1
1

 a;
b
ĐK: x   y; y  1 , Đặt

x y
y 1
 1  2  1
 x  y y  1

Điểm

0.25

Khi đó hệ phương trình trở thành
 4a  b  5
8a  2b  10
9a  9
a  1





a  2b  1 a  2b  1
a  2b  1 b  1

Thay a 

0,25

1
1
;b 
ta được
x y
y 1

 1
 x  y  1  x  y  1  x  1




(t / m)
 y 1  1
y  2
 1 1
 y  1

0.25

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x; y    1;2

0.25

Câu 6 (2,0 điểm).
Nội dung trình bày
a, (1,0 điểm)

ĐKXĐ :

a  0
a  0
a  0


a  0

a

1

0

a

1



a  1  

a  1


a  0
2
a
a

0
a

0;
a

0




Điểm
0,25


 a 1
 1
a 1
P  

 4 a  
a 1

 a 1
 2a a

P

P

P



 
2

a 1 



2

a 1  4 a





a 1





a 1



a 1

a  2 a  1  a  2 a  1  4a a  4 a





a 1



a 1



a 1

0,25
1
2a a

0,25
1


2a a

0,25

4a a
1
2


a  1 2a a a  1

b,(1,0 điểm) Tìm giá trị của a để P = a.
2
a
a 1
 a2  a  2  0
 (a  2)(a  1)  0
Pa

0.25

0,25

a  2  0
a  2


a  1  0
 a  1

0,25

+ Với a=2(thỏa mãn)
+ Với a= -1 (khơng thỏa mãn)

0.25

Vậy a = 2 thì P = a
Câu 7( 1,0 điểm)

Nội dung trình bày

Điểm

Gọi vận tốc của xe máy là x (km/h) , ĐK: x > 0.
Vận tốc của ô tô là x + 10 (km/h).

0,25

Thời gian xe máy đi hết quãng đường AB là
Thời gian ô tơ đi hết qng đường AB là

300
(h).
x

300
(h).
x  10

0,25

Vì ơ tô đi sau xe máy 1 giờ và đến B sớm hơn xe máy 30 phút (  0,5 h) nên thời gian xe máy
đi hết quãng đường AB nhiều hơn thời gian ô tô đi hết quãng đường AB là 1,5 giờ
Ta có phương trình:

300
300
= 1,5
x  10
x

0,25


Giải phương trình tìm được x = 40 (TM).
0,25
Vận tốc của xe máy là 40km/h, vận tốc của ô tô là 50km/h.
Câu 8( 3,0 điểm)

Điểm

Nội dung trình bày

O
A

J
I

B
K
H

d

a) (1 điểm)
Ta có KAO  900 (vì KA là tiếp tuyến của (O))
KBO  900 (vì KB là tiếp tuyến của (O))

0,25

KHO  900 (OH  (d ))

Xét tứ giác AOBK có KAO  KBO  900  900  1800
0,25
 Tứ giác AOBK nội tiếp đường trịn đường kính KO

Xét tứ giác AOHK có KAO  KHO  900  900  1800
0,25
 Tứ giác AOHK nội tiếp đường tròn đường kính KO

Suy ra 5 điểm A, B, O, H, K cùng nằm trên đường trịn đường kính KO

0,25

b) (1 điểm)
Xét  AOI và  HBI có
AIO  HIB (đối đỉnh)

0,25


AOI  HBI (góc nội tiếp cùng chắn AH )

Nên  AOI
Suy ra

0,25

 HBI (g-g)

0,25

IA IO

 IB.IB  IH .IO
IH IB

0,25

c) (0,5 điểm)
Gọi J là giao điểm của OK và AB.
Chứng minh được OK là trung trực của AB nên OK  AB
Chứng minh  JOI

 HOK (g-g) Suy ra

OI

OJ

 OI .OH  OJ.OK
OK OH

0,25

Chứng minh bằng hệ thức lượng trong tam giác vuông OBK để suy ra được
OJ.OK=OB2 không đổi
Nên OI.OH khơng đổi. Vì O, H cố định nên I cố định.

0,25

Vậy AB luôn đi qua điểm I cố định khi K di chuyển trên đường thẳng (d) cố định
d) (0,5 điểm)
OB 2
Ta có OJ 
OK
 IJ  OI 2  OJ 2 

R
.2 R
R2 R
R 3R
OJ.OK 2
R 3
 OJ 
  KJ  2 R  
 OI 



2R 2
2
2
OH
3
R 3

0,25

R
R 3
R2 R 3

; AJ  OA2  OJ 2  R 2 

6
4
2
2 3

R 3 R 3 2R 3
1
1 3R 2 R 3 R 2 3
 AI  AJ  IJ 


 S AKI  KJ . AI 
.


(Ðvdt)
6
2
3
2
2 2
3
2

0,25

Câu 9( 1,0 điểm)
Nội dung trình bày
( x  y ) 2  4  3 y  5 x  2 ( x  1)( y  1)

 3 xy  5 y  6 x  11
5

x3  1


Điểm

(1)
(2)

ĐK: x  1; y  1
Đặt

x 1  a ,

y  1  b  a  0, b  0   x  a 2  1; y  b2  1

Phương trình (1) trở thành: (a 2  b2  2)2  4  3(b2  1)  5(a 2  1)  2ab

0,25


 (a 2  b 2  2)2  4  3b 2  5a 2  8  2ab  0
 (a 2  b 2  2)2  4  4(a 2  b 2  2)  a 2  b 2  2ab  0
 (a 2  b 2 ) 2  (a  b) 2  0  (a  b) 2 [(a  b) 2  1]  0  (a  b) 2  0  a  b

 x  1  y 1  y  x  2

(3)

(2)  3xy  5 y  6 x  11  5 x3  1

(4)
0,25

Thay (3) vào (4) được:
3x( x  2)  5( x  2)  6 x  11  5 x3  1  3x 2  6 x  5 x  10  6 x  11  5 x3  1
 3x 2  5 x  1  5 x3  1  3( x 2  x  1)  2( x  1)  5 x  1 x 2  x  1  0



 3 x2  x  1  x  1





x2  x  1  2 x  1  0

0,25

 x 2  x  1  2 x  1  0  x 2  x  1  4( x  1)  x 2  5 x  3  0
x

5  37
5  37
9  37
y
(TMĐK) Với x 
2
2
2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là
 5  37 9  37   5  37 9  37  

;
;
 ; 
  .
2
2   2
2 





 x; y   

-----------------------Hết-------------------

0,25