Đề thi vào lớp 10 môn toán năm 2020 có đáp án sở GDĐT thái bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu 1.

(2,0 điểm)

 x +1
x −1 
x
( với x > 0 ; x ≠ 1 )
−

 :
x +1  x −1
 x −1
a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9 .
b) Rút gọn biểu thức B.
c) Tìm x để giá trị của A và B trái dấu.
( 2,0 điểm)
 x − 2 y = 4m − 5
Cho hệ phương trình 
( m là tham số)
3m
2 x + y =
a) Giải hệ phương trình khi m = 3
2 1
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn − =
−1 .

x y
( 2,0 điểm)
Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : =
y 3mx + 1 − m 2 ( m là tham số)
Cho A =

Câu 2.

Câu 3.

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

x +1
và B
=
x −1

a) Tìm m để (d) đi qua A (1; −9 ) .
b) Tìm m để (d)m cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 ; x2 thỏa mãn
x1 + x2 =
2 x1 x2

Câu 4.

Câu 5.

( 3,5 điểm)
Qua điểm M nằm bên ngoài ( O; R ) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB ( A, B là tiếp

điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O ( C nằm giữa M và D)
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp và MO ⊥ AB .
b) Chứng minh MA. AD = MD. AC .
c) Gội I là trung điểm của dây cung CD và E là giao điểm của hai đường thẳng
R
AB và OI. Tính độ dài đoạn thẳng OE theo R khi OI =
3
d) Qua tâm O kẻ đường thẳng vng góc với OM cắt các đường thẳng MA, MB
lần lượt tại P và Q. Tìm vị trí của điểm M để diện tích tam giác MPQ đạt giá
trị nhỏ nhất.
( 0.5 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =
−3 x 2 − 4 x y + 16 x − 2 y + 12 y + 1998
--HẾT--


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THÁI BÌNH NĂM HỌC 2020-2021

Câu 1.

a) Ta thấy x = 9 ( thỏa mãn điều kiện x > 0 ; x ≠ 1 ), nên khi đó:
9 +1 3 +1
= = 2
9 −1 3 −1
Vậy với x = 9 thì A = 2 .
b) Với x > 0 ; x ≠ 1 thì:
=
A

(

B=
B=
B=
B=

) ( x − 1)
( x − 1)( x + 1)
2

x +1 −

2

:

x
x −1

x + 2 x +1− x + 2 x −1

(

(

)(

x −1
4 x

)(

x −1

)

x +1

)

x +1

.

.

x −1
x

x −1
x

4
x +1

Vậy với x > 0 ; x ≠ 1 thì B =
c) Với x > 0 ; x ≠ 1 thì

4
.
x +1

x +1 > 0 ⇒
=
B

Do đó để A và B trái dấu thì A < 0 ⇔

Câu 2.

4
>0
x +1
x +1
< 0 ⇔ x − 1 < 0 ( vì
x −1

x +1 > 0 )

⇔ x < 1 ⇔ x < 1.
Kết hợp với điều kiện x > 0 ; x ≠ 1 , ta được 0 < x < 1 .
Vậy với 0 < x < 1 thì A và B trái dấu.
a) Với m = 3 hệ phương trình đã cho trở thành
2y 7
2y 7
5 x 25
=
=
x −=
x −=
=

x 5
x 5
⇔
⇔
⇔
⇔

2 y 18 4 x +=
2 y 18 4.5 +=
2 y 18 =
+y 9
2 x=
4 x +=
 y −1
Vậy với m = 3 thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y=
)

( 5; −1) .

 x − 2 y = 4m − 5  x − 2 y = 4m − 5 5 x = 10m − 5  x = 2m − 1
b) Xét hệ 
⇔
⇔
⇔
2 x + y = 3m
 4 x + 2 y = 6m
 y = 3m − 2 x
y =2− m
Do đó với mọi m hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 2m − 1; 2 − m )
Để nghiệm ( x; y ) thỏa mãn

2
1
2 1
−
=
−1
− =
1 thì
2m − 1 2 − m
x y


1
ĐK: m ≠ , m ≠ 2 (*)
2
2
1
Ta có:
−
=
−1 ⇒ 2 ( 2 − m ) − ( 2m − 1) =− ( 2m − 1)( 2 − m ) ⇔ 2m 2 − m − 3 =0
2m − 1 2 − m
 m = −2
( thỏa mãn điều kiện (*) )
⇔ ( m + 1)( 2m − 3) =0 ⇔ 
m = 3
2

 3

Vậy m ∈ −1;  thỏa mãn đề bài.
 2

Câu 3.

a) Để (d) đi qua điểm A (1; −9 )

⇔x=
1, y =
−9 thỏa mãn phương trình đường thẳng (d)
 m = −2
⇔ −9 = 3m + 1 − m 2 ⇔ m 2 − 3m − 10 = 0 ⇔ 
m = 5
Vậy với m ∈ {−2;5} là giá trị cần tìm.
b) Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d) là:
2
2
3mx + 1 − m 2 ⇔ x 2 − 3mx − 1 + m=
0 (1)
x=
Có: ∆ = ( −3m ) − 4 ( m 2 − 1) = 5m 2 + 4 > 0 ∀m
2

⇒ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2
⇒ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 ∀m .
3m
 x1 + x2 =
Theo định lý Vi-ét: 
m2 − 1
2

 x1.x=
Theo giả thiết có: x1 + x2 =
2 x1 x2

m = 2
⇔ 3m = 2 ( m − 1) ⇔ 2m − 3m − 2 = 0 ⇔ ( m − 2 )( 2m + 1) = 0 ⇔ 
 m = −1
2

1

Vậy m ∈ 2; −  .
2

2

2


Câu 4.

E
P

A

M

D

I

C
H

B

O

Q

a) Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại M ( với A, B là tiếp điểm)
⇒ MA ⊥ OA, MB ⊥ OB ⇒ ∠MAB = ∠MBO = 90° và MA = MB ( tính chất hai tiếp
tuyến cắt nhau).
� + 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
� = 1800
Xét tứ giác MAOB có tổng hai góc đối: 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
Do đó tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp.
Lại có MA=MB (cmt); OA=OB=R ( vì A, B ∈ ( O; R ) )
⇒ M, O thuộc đường trung trực của AB
⇒ MO là đường trung trực của AB.
⇒ MO ⊥ AB
b) Xét ∆MCA và ∆MAD có:
� chung
𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴
� = 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
� ( góc tạo bởi tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
⇒ ∆MCA  ∆MAD (g.g)
MA AC

⇒
=
⇔ MA. AD = MD. AC ( đpcm)
MD AD
� = 900
c) Gọi H là giao điểm của OM và AB thì OM ⊥ AH ⇒ 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂
� = 900
Xét (O) có I là trung điểm của dây cung CD ⇒ OI ⊥ CD ⇒ 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂
Xét ∆OHE và ∆OIM có:
� chung
𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀
� = 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂
� = 900
𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂
⇒ ∆OHE  ∆OIM (g.g)
OH OE
= ⇔ OH .OM =
OE.OI (1)
⇒
OI OM
∆OAM vuông tại A có OM ⊥ AH
⇒ OH .OM =
OA2 ( 2 ) ( Hệ thức lượng trong tam giác vuông)


OA2 R 2
=
= 3R .
R
OI

3
d) ∆MAB cân tại M ( vì MA=MB (cmt) có MO là đường trung trực)
�
⇒ MO đồng thời là đường phân giác của 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴
∆MPQ cân tại M ⇒ MP là phân giác đồng thời là trung tuyến
⇒ O là trung điểm của PQ ⇒ PQ=2OP
1
MO
=
=
.PQ MO
.OP OA. ( AM + AP )
Ta có =
: S MPQ
2
Áp dụng BĐT AM-GM có AM + AP ≥ 2 AM . AP =
2R
2
2
⇒ S MPQ ≥ R.2 R =2 R ⇒ min S MPQ =2 R
Từ (1) và (2) ⇒ OE =

Câu 5.

Dấu “=” xảy ra ⇔ AM =
AP =⇒
R OM =
R 2
AP và AM . AP = R 2 ⇔ AM =
Vậy M ở vị trí sao cho OM = R 2 thỏa mãn đề.

ĐK: y ≥ 0
P=
−3 x 2 − 4 x y + 16 x − 2 y + 12 y + 1998

(
=
−2 ( x +

)

=−2 x 2 + y + 9 + 2 x y − 6 x − 6 y − ( x 2 − 4 x + 4 ) + 2020

)

2

y − 3 − ( x − 2 ) + 2020
2

⇒ Pmax =
2020 dấu “=” xảy ra ⇔ x= 2, y= 1 ( thỏa mãn)
Vậy Pmax = 2020 tại=
x 2,=
y 1.