Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Đề số 1 - Năm học 2020-2021 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Đề số 1 - Năm học 2020-2021 (Có đáp án)

1. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 - THPT ĐỀ LUYỆN THI SỐ 01 NĂM HỌC: 2020-2021 Môn: TOÁN (CHUNG) Thời gian làm bài: 120 phút x x x 1 Câu 1. (2.0 điểm). Cho biểu thức P : với x 0; x 1 . x 1 x x 3 a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm giá trị của x để P 1 . Câu 2. (1.5 điểm) 2x y 5 1) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: x 2y 4 2) Tìm m để các đồ thị của hàm số y = (m – 2)x + m + 3; y = -x + 2 và y = 2x – 1 đồng quy. Câu 3. (2.0 điểm). 1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P):y 0,5x2 và đường thẳng d : y 1,5x 2m 1.Tìm giá trị của tham số mđể đường thẳng dcắt (P) tại điểm khác gốc tọa độ và có hoành độ gấp hai lần tung độ. 2) Một cốc nước dạng hình trụ có chiều cao là 12 cm, bán kính đáy là 2cm, lượng nước trong cốc cao 8 cm. Người ta thả vào cốc nước 6 viên bi hình cầu có cùng bán kính 1cm và ngập hoàn toàn trong nước làm nước trong cốc dâng lên. Hỏi sau khi thả 6 viên bi vào thì mực nước trong cốc cách miệng cốc bao nhiêu xentimét? (Giả sử độ dày của cốc là không đáng kể) Câu 4. (1.0 điểm) Cho ba số thực dương x, y,z thỏa mãn: x 2y 3z 2 . xy 3yz 3xz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S . xy 3z 3yz x 3xz 4y Câu 5. (3.5 điểm) Cho đường tròn O;R . Từ một điểm M ở ngoài đường tròn O;R sao cho OM 2R , vẽ hai tiếp tuyến MA,MB với O (A, B là hai tiếp điểm). Lấy một điểm N tuỳ ý trên cung nhỏ AB. Gọi I, H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của N trên AB, AM , BM. a) Tính diện tích tứ giác MAOB theo R. b) Chứng minh: N· IH N· BA. c) Gọi E là giao điểm của AN và IH, F là giao điểm của BN và IK . Chứng minh tứ giác IENF nội tiếp được trong đường tròn. d) Giả sử O, N,M thẳng hàng. Chứng minh: NA2 NB2 2R2 Hết
2. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 - THPT ĐỀ LUYỆN THI SỐ 01 NĂM HỌC: 2020-2021 Môn: TOÁN (CHUNG) Thời gian làm bài: 120 phút x x x 1 Câu 1. (2.0 điểm). Cho biểu thức P : với x 0; x 1 . x 1 x x 3 a) Rút gọn biểu thức P . b) Tìm giá trị của x để P 1 . Lời giải a) Rút gọn biểu thức P . x x x 1 x x x 1 P : P : x 1 x x 3 x 1 x( x 1) 3 x. x x x 1 x x x 1 P : P : x( x 1) x( x 1) 3 x( x 1) 3 x x 3 x( x 1).3 P  P x( x 1) x 1 x( x 1)( x 1) 3 P x 1 b) Tìm giá trị của x để P 1 . 3 P 1 1 x 1 3 x 4 x 16 Vậy x 16 thì P 1 . x 1 Câu 2. (2.5 điểm) 2x y 5 1) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: x 2y 4 2x y 5 4x 2y 10 3x 6 x 2 x 2y 4 x 2y 4 x 2y 4 x 2y 4 x 2 x 2 x 2 2 2y 4 2y 2 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x; y) (2;1) 2) Tìm m để đồ thị của hàm số y = (m – 2)x + m + 3 và các đồ thị của các hàm số y = -x + 2 ; y = 2x – 1 đồng quy. y x 2 Giao điểm của hai đồ thị y = -x + 2 ; y = 2x – 1 là nghiệm của hệ pt : y 2x 1 (x;y) = (1;1). Để 3 đồ thị y = (m – 2)x + m + 3, y = -x + 2 và y = 2x – 1 đồng quy cần : (x;y) = (1;1) là nghiệm của pt : 1 y = (m – 2)x + m + 3.Với (x;y) = (1;1) m 2
3. Câu 3. (2.0 điểm). 1)Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P):y 0,5x2 và đường thẳng d : y 1,5x 2m 1.Tìm giá trị của tham số mđể đường thẳng dcắt (P) tại điểm khác gốc tọa độ và có hoành độ gấp hai lần tung độ P : y 0,5x2; d : y 1,5x 2m 1 Gọi tọa độ giao điểm là x0; y0 ; x0 0. Ta có x0 2y0 thay vào (P) ta được: y0 0(ktm) 2 y0 0,5 2y0 1 tọa độ giao điểm 1; 0,5 y 0 2 Thay vào phương trình (d) ta được: 0,5 1,5 2m 1 m 1 Vậy m 1 thỏa đề bài. 2) Một cốc nước dạng hình trụ có chiều cao là 12 cm, bán kính đáy là 2cm, lượng nước trong cốc cao 8 cm. Người ta thả vào cốc nước 6 viên bi hình cầu có cùng bán kính 1cm và ngập hoàn toàn trong nước làm nước trong cốc dâng lên. Hỏi sau khi thả 6 viên bi vào thì mực nước trong cốc cách miệng cốc bao nhiêu xentimét? (Giả sử độ dày của cốc là không đáng kể) Thể tích nước dâng lên chính là tổng thể tích của 6 viên bi thả vào và bằng: 4 6. .13 8 (cm3 ) . 3 Dễ thấy phần nước dâng lên dạng hình trụ có đáy bằng với đáy của cốc nước và có thể tích bằng 8 (cm3 ) . 8 Chiều cao của phần nước dâng lên là 2(cm) . .22 Vậy mực nước dâng cao cách miệng cốc là: 12 8 2 2 (cm). Câu 4. (1.0 điểm) Cho ba số thực dương x, y,z thỏa mãn: x 2y 3z 2 . xy 3yz 3xz Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S . xy 3z 3yz x 3xz 4y Đặt a x;b 2y;c 3z , ta được: a,b,c 0; a b c 2 . ab bc ac Khi đó: S . ab 2c bc 2a ac 2b ab ab ab 1 a b Xét ab 2c ab a b c c a c b c 2 a c b c a b Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi . a c b c bc 1 b c ac 1 a c Tương tự ta có: ; . bc 2a 2 b a c a ac 2b 2 a b c b b c a c Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ; . b a c a a b c b 1 a b b c a c 3 Cộng các vế ta được: S . 2 a b b c a c 2
4. 3 2 Vậy giá trị lớn nhất của bằngS khi và chỉ khi a b c hay giá trị lớn nhất của S 2 3 3 2 1 2 bằng khi và chỉ khi x ; y ;z . 2 3 3 9 Câu 5. (3.5 điểm) Cho đường tròn O;R . Từ một điểm M ở ngoài đường tròn O;R sao cho OM 2R , vẽ hai tiếp tuyến MA,MB với O (A, B là hai tiếp điểm). Lấy một điểm N tuỳ ý trên cung nhỏ AB. Gọi I, H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của N trên AB, AM , BM. a) Tính diện tích tứ giác MAOB theo R. b) Chứng minh: N· IH N· BA. c) Gọi E là giao điểm của AN và IH, F là giao điểm của BN và IK . Chứng minh tứ giác IENF nội tiếp được trong đường tròn. d) Giả sử O, N,M thẳng hàng. Chứng minh: NA2 NB2 2R2 Cách giải a. Tính diện tích tứ giác MAOB theo R . Xét tam giác OAM và tam giác OBM ta có: OA OB R ; OM chung; MA MB (Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau); OAM OBM (c.c.c) S OAM S OBM SMAOB S OAM S OBM 2S OBM Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông OAM ta có: 2 AM 2 OM 2 OA2 2R R2 3R2 AM R 3 . 1 S 2S 2. .OA.AM R.R 3 R2 3 (đvdt). MAOB OAM 2 b. Chứng minh N· IH N· BA Xét tứ giác AINH có: ·AIN ·AHN 900 900 1800 Tứ giác AINH là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 ). N· IH N·AH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HN ). Mà N·AH N· BA (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AN của O ) N· IH N· BA N·AH (đpcm).
5. c. Gọi E là giao điểm của AN và IH , F là giao điểm của BN và IK . Chứng minh tứ giác IENF nội tiếp được trong đường tròn. Xét tứ giác NIBK ta có N· IB N·KB 90 90 180 Mà hai góc này là hai góc đối diện NIBK là tứ giác nội tiếp. K·BN N· IK Xét đường tròn O ta có: K·BN N· AB N· IK N· AB( K·BN) Xét ANB ta có: ·ANB N· AB N· BA 180 Lại có: N· IH N· AB N· IE; N· IK N· AB N· IF ;·ANB E·NF E·NF E· IN N· IF E·NF E· IF 180 Mà E·NF, E· IF là hai góc đối diện Tứ giác NEIF là tứ giác nội tiếp. d. Giả sử O, N,M thẳng hàng. Chứng minh: NA2 NB2 2R2 1 Theo đề bài ta có: O, N,M thẳng hàng ON R OM N là trung điểm của OM. 2 Ta có: ON  AB {I} I là trung điểm của AB . Lại có: OA OB R ON là đường trung trực của AB NA NB OA R 1 Xét MAO ta có: cos ·AOM ·AOM 60 ·AON OM 2R 2 OA ON R Xét AON có: AON là tam giác đều. ·  AON 60 NA ON OA R NB NA2 NB2 R2 R2 2R2 (đpcm) Hết