Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Yên Lạc (Lần 4)

PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 LẦN 4
ĐỀ THI MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
—————————
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: (2,0 điểm).
Hãy viết vào bài thi chữ cái A, B, C hoặc D đứng trước câu trả lời đúng.
5 x  3 y  13
Câu 1: Hệ phương trình 
có số nghiệm lµ:
3x  5 y  1
A. 2
B. 1
C. 0
D. vô số nghiệm
1
Câu 2: Điều kiện xác định của biểu thức
 2x là:
2
1
1
A. x 
B. x  1
C. x 
D. x  1
4
4
Câu 3: Cho đường tròn (O, R). Một dây của đường trịn tâm O có độ dài bằng bán kính R, khoảng cách từ
tâm O đến dây này là:
R 2

R 3
A. R 2
B.
C.
D. R 3
2
2
1 1
Câu 4: Cho phương trình 2 x 2  3 x  1  0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 . Giá trị biểu thức B  
là:
x1 x2
A. 1
B. -3
C. 3
D. 2
II. PHẦN TỰ LUẬN: (8,0 điểm).
Câu 5: (2,5 điểm).
a) Giải phương trình: x  2 x  15  0
5 x  y  3
b) Giải hệ phương trình: 
x  2 y  5
c) Tìm một số tự nhiên có 2 chữ số, biết rằng chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 2 và
4
nếu đổi chỗ 2 chữ số của số tự nhiên ấy cho nhau thì được một số tự nhiên mới bằng số tự nhiên ban đầu.
7
2
y

2(
m


1)
x

m

3
Câu 6: (1,5 điểm). Cho parabol (P): y  x và đường thẳng (d):
(m là tham số)
a) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt với mọi m.
b) Gọi A  x1; y1  , B  x2 ; y2  là hai giao điểm phân biệt của (d) và (P). Tìm các giá trị của m sao cho

y1  y2  1  5  x1  x 2  .
Câu 7: (3,0 điểm). Cho đường trịn (O) đường kính AB = 2R ; C là trung điểm của OB, dây MN vng góc
với OB tại C. Gọi I là một điểm tùy ý trên cung nhỏ AM, H là giao điểm của BI với MN.
a) Chứng minh tứ giác ACHI nội tiếp được đường tròn.
b) Chứng minh tứ giác BMON là hình thoi.
c) Lấy điểm K thuộc đoạn thẳng IN sao cho IK = IA. Chứng minh bốn điểm A, K, O, N cùng thuộc
một đường trịn. Xác định vị trí của điểm I trên cung nhỏ AM để tổng IA + IM + IN đạt giá trị lớn
nhất.
Câu 8: (1,0 điểm). Giải phương trình:

x2  2020x  2019  x2  2021x  2020  2 x2  2022x  2021

--------------------------------Hết-----------------------------Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm!
Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu.


PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC
——————

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 LẦN 4
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
A

3
C

4
B

B. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm):
Câu 5. (2,5 điểm)
Nội dung trình bày
a,(0,75 điểm) ĐKXĐ: x  0
Đặt x  t  t  0  . Khi đó phương trình trở thành: t 2  2t  15  0
Ta có  't   1  1 15   16  0

Điểm
0.25

2

1 4
1 4
t1 
 3( KTM ); t2 
 5(TM )
1
1
Với t2  5 ta có x  5  x  25(TM )
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  25
b,(0,75 điểm)
5 x  y  3
10 x  2 y  6


x  2 y  5 x  2 y  5

11x  11
x  1



x  2 y  5  y  2

0,25

0.25

0,25

0,25

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

0,25

c,(1,0 điểm)
Gọi chữ số hàng chục là x, và chữ số hàng đơn vị là y; ĐK 2  x  9; 0  y  7; x, y  N

0,25

Số cần tìm là xy  10 x  y
Theo bài ra chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 2 nên ta có phương trình:
x  y  2 (1)
Nếu đổi chỗ hai chữ số cho nhau ta được số mới là yx  10 y  x
4
Theo bài ra số mới bằng
số ban đầu nên ta có phương trình:
7
4

10 y  x  10 x  y 
7
 70 y  7 x  40 x  4 y
 x  2 y  0(2)


x  y  2
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 
x  2 y  0
x  4
Giải phương trình ta được 
( thỏa mãn)
y  2
Vậy số cần tìm là 42

0,25

0,25
0,25

Câu 6 (1,5 điểm).
Nội dung trình bày
a, (0,75 điểm) Phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P) là:
x 2  2(m  1) x  m  3

Điểm
0,25

 x 2  2(m  1) x  m  3  0(*)
Ta có

 '     m  1   1.  m  3
2

 m 2  2m  1  m  3

0,25

 m  3m  4
2

2

3
9

 m   4
2
4

2

3 7

  m     0m
2 4

 Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt với mọi m

0,25

b,(0,75 điểm) Vì A  x1; y1  , B  x2 ; y2  là 2 giao điểm phân biệt của (d) và (P)
nên x 1 ; x2 là hoành độ giao điểm của (d) và (P)  x1 ; x2 là nghiệm của phương trình (*)
ta có y1  x12 ; y2  x2 2

0,25

 x1  x2  2  m  1
Theo Vi-et ta có 
 x1  x2  m  3
y1  y2  1  5  x1  x 2 

 x12  x22  1  5  x1  x2 
  x1  x2   2 x1 x2  1  5  x1  x2 
2

  2  m  1  2  m  3  1  5  2  m  1
2

0,25

 4m2  8m  4  2m  6  1  10m  10

 4m 1  0   2m 1 2m  1
2

Vậy m 

1


m  2
 0
m  1

2

1
1
; m  thì y1  y2  1  5  x1  x 2 
2
2

0.25

Câu 7 (3điểm)
M

a, (1,0 điểm)
Ta có AIB  900 ( góc nội tiếp chắn nửa đt)

I
K

O

H


0,25

 AIH  900
ACH  900 ( AB  MN )
Suy ra: AIH  ACH  900  900  1800

0,25
0,25

Nên tứ giác ACHI nội tiếp được đường tròn
0,25

b, (1,0 điểm) Do OB  MN tại C nên CM = CN (đường kính và dây); mà CO = CB (gt)
Xét tứ giác OMBN có CM  CN ; CO  CB  Tứ giác OMBN là hình bình hành

0,25

có OB  MN (gt)

0,25
0,25

Vậy tứ giác OMBN là hình thoi.
c, (1,0 điểm) Dễ thấy ∆AMN cân do có AC vừa là đường cao vừa là trung tuyến

0,25

Mà OMBN là hình thoi (câu b) nên ∆OBM và ∆OBN là các tam giác đều
( do OM = OB = ON = MB = NB = R). Suy ra MON  1200  MAN 

1
1

MON  600 (  sd MBN )
2
2

Do đó ∆AMN đều.
Xét ∆AIK có: IK = IA ; AIK  AMN  600 (cùng chắn nhỏ AN), nên ∆AIK đều

0,25

 AKI  600
Khi đó AKN  1800  AKI  1200

AON  2 AMN  1200 (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Ta thấy 2 điểm K và O cùng nhìn AN dưới một góc 1200 nên 2 điểm K và O cùng thuộc cung chứa góc
1200 dựng trên đoạn AN hay bốn điểm A, K, O, N cùng thuộc một đường trịn.
Xét ∆AIM và ∆AKN có

0,25

AI = AK (∆AKI đều)

IAM  KAN (cùng cộng MAK bằng 600)
AM = AN (∆AMN đều)
Suy ra: ∆AIM = ∆AKN (c.g.c) => IM = KN; mà IA = IK (gt)
Nên: IA + IM + IN = (IK + KN) + IN = 2IN ≤ 4R

0,25


Dấu “=” xảy ra  IN là đường kính của đường trịn (O).

Vậy khi IN là đường kính của đường trịn (O)(Hay điểm I là điểm chính giữa của cung nhỏ AM)

0,25

thì tổng IA + IM + IN đạt giá trị lớn nhất.

Câu 8: (1điểm): Giải phương trình: x2  2020x  2019  x2  2021x  2020  2 x2  2022x  2021
Nội dung trình bày

Điểm

ĐKXĐ: x ≤ 1; x ≥ 2021.

0,25

+ Nhận thấy x = 1 là một nghiệm của phương trình.

0,25

+ Xét x ≥ 2021, khi đó phương trình đã cho tương đương với

 x 1 x  2019   x 1 x  2020  2  x 1 x  2021


x  2019  x  2020  2 x  2021

0,25


 x  2019  x  2021

 x  2019  x  2020  2 x  2021
Dễ thấy với x ≥ 2021 thì 
x

2020

x

2021


Do đó phương trình khơng có nghiệm x ≥ 2021.
+ Xét x < 1, khi đó phương trình đã cho tương đương với

 x 1 x  2019   x 1 x  2020  2  x 1 x  2021
 2019  x  2020  x  2 2021  x


 2019  x  2021  x
 2019  x  2020  x  2 2021  x
Dễ thấy với x < 1 thì 
2020

x

2021

x



Do đó phương trình đã cho khơng có nghiệm x < 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1

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

0,25