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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ THI THỬ NĂM HỌC 2020 - 2021 Bài thi môn: Toán; Ngày thi: 04/6/2020 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (1,5 điểm). 1. Rút gọn biểu thức: A = 3 5 4 45 500 2 .Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số y (3 m ) x 2 đi qua điểm A(1; 2) 3. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) : y = - x + 2 và Parabol (P): y = x2 bằng phép tính. Câu 2. (3,0 điểm) 1 1 a 1. Rút gọn biểu thức: A : , với a > 0 và a ≠ 4 a 2 a 2 a 4 x 23 y m 2. Cho hệ phương trình : (1) (với m là tham số) 2x 3ym a) Giải hệ phương (1) trình với m = 1 b)Tìm m để hệ phương trình (1) có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn xy 3. 2 3. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x – 3x +1 = 0. Không giải phương trình hãy tính giá trị của các biểu thức. 22 xx12 a) M x12 x b) N xx21 22 Câu 3: (1,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Có hai loại quặng sắt, loại I chứa 70% sắt và loại II chứa 40% sắt. Người ta trộn một lượng quặng I với một lượng quặng loại II thì được hỗn hợp quặng chứa 60% sắt. Nếu lấy tăng hơn lúc đầu 5 tấn quặng loại I và giảm hơn lúc đầu 5 tấn quặng loại II thì được hỗn hợp chứa 65% sắt. Tính khối lượng mỗi loại quặng đem trộn lúc đầu. Câu 4. (3,5 điểm) 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R), hai đường cao BE, CF của tam giác cắt nhau tại H. Gọi I là trung điểm của BC. a) Chứng minh tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp. b) Biết BAC 600 , tính độ dài OI theo R. c) Gọi K là giao điểm của AO với (O), chứng minh ba điểm H, I, K thẳng hàng. 2. Một bể cá cảnh có dạng hình cầu, có bán kính đáy là 35cm. Trong bể cá lượng nước 2 chiếm bể. Hỏi trong bể cá có bao nhiêu lít nước? (lấy 3,14, làm tròn kết quả đến 3 số thập phân thứ nhất) Câu 5 (1,0đ) a) Giải phương trình: x2 10 x 21 6 3 x 3 2 x 7. b) Cho số thực x, y thỏa mãn x 11 y33 y x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x22 xy y 2 x 2020 -Hết-
2. Hướng dẫn chấm Câu Nội dung Điểm 1. Rút gọn biểu thức: A = 3 5 4 45 500 A 35 445 500 35125 105 5 0,5 2 .Với giá trị nào của m thì đồ thị hàm số y (3 m ) x 2 đi qua điểm A(1; 2) Thay x = 1 và y = -2 vào công thức hàm số ta có 0,25 -2 = (3-m).1 +2 0,25  m = 7 3. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) : y = - x + 2 và Parabol (P): y = x2 bằng phép Xét phương trình hoành độ. xx2 2 xx2 20 1 Có a + b +c = 0 0,25 1,5đ xx12 1; 2. Với x = 1 => y = 1 ta có (1;1) Với x = -2 => y = 4 ta có (-2;4) Vây (d) cắt (P) tại hai điểm có tọa độ (1;1) và (-2;4) 0,25 1 1 a 1.(0,5đ) Rút gọn biểu thức: A : , với a > 0 và a ≠ 4 a 2 a 2 a 4 1 1a a 2 a 2 a 4 0,25 A :. a 22 aaa 44 a 2 a 2 0,25 a 2 x 23 y m 2. (1,5đ)Cho hệ phương trình : (1) (với m là tham số) 2x 3ym 3,0đ a) Giải hệ phương (1) trình với m = 1 x 2 y 4 2 x 4 y 8 7 y 7 y 1 0,5 Thay m =1 ta có: 2x31 y 2x31 y 2x31 y x 2 Vậy hệ có nghiệm(x;y) = (2;1) 0,25 b)Tìm m để hệ phương trình (1) có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn xy 3 (*) 12 Vì , nên hệ pt luôn có nghiệm duy nhất. 23 x 2 y m 3 2 x 4 y 2 m 6 0,25 2x 3y m 2x 3 y m m 6 y 76ym 7 2x 3y m 5 m 9 0,25 x 7 5mm 9 6 Thay x và y vào hệ thức (*) ta có : 3 77  m = -6 0,25
3. 2 3. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình: x – 3x +1 = 0. Vì 9 8 1 0 , nên pt luôn có hai nghiệm xx12; xx12 3 Theo vi-ét ta có: (*) xx.1 12 0,25 2 2 2 a) M x1 x 2 ( x 1 x 2 ) 2 x 1 x 2 Thay (*) vào M, ta có: M 32 2.1 7 0,25 x x xxxxxx2 2 2 2 ( ) 2 2 xxxx 2( ) b) N 1 2 112212 1212 x2 2 x 1 2 x 1 x 2 2( x 1 x 2 ) 4 x 1 x 2 2( x 1 x 2 ) 4 0,25 thay (*) vào N, ta có: 32 2.1 2.3 13 N 0,25 1 2.3 4 11 0,25 Gọi x, y (tấn) lần lượt là khối lượng bán đầu của loại quăng I, II ( x >0; y>5) Lượng sắt chứa trong quặng loại I là 70%x, trong quặng loại II là 40%y (tấn) Lượng sắt chứa trong hỗn hợp là 60% (x+y), ta có pt: 70%x +40%y = 60% (x+y)  x = 2y (1) Khi tăng 5 tấn quặng loại I thì kl loại I là: x +5, giảm kl quặng loại II 5 tấn thì kl quặng loại II là : y- 5 (tấn) 0,25 Sau khi thay đổi thì kl hỗn hợp quặng là : 65%(x+y) (tấn), ta có pt: 3 70%(x+5) +40%(y-5) = 65%(x+y)  0,5x – 2,5y = -15 (2) 1,0đ xy 2 Từ (1) và (2) ta có hệ pt: 0,5xy 2,5 15 0,25 x 20 ()TMÐK y 10 0,25 Vậy Kl ban đầu quặng loại I là 20 tấn, loại II là 10 tấn. Vẽ hình đúng ý a A E F O 0,25 B I C Chứng minh a) Do BE, CF là các đường cao, nên BE AC, CF AB 0,25 4  BFC BEC 900 3,5đ 0,25 Nên tứ giác BFEC có hai đỉnh E, F kề nhau cùng nhìn cạnh BC dưới góc vuông 0,25  Tg: BFCE là tứ giác nội tiếp (bài toán quỹ tích) b) b) Kẻ BO, CO có BOC 2 BAC 120o ( hệ quả góc nt và góc ở tâm cùng chắn BC ) c) OI BC (dây BC không đi qua tâm, I là trung điểm của BC) 0,25 d) Mà OBC cân ở O => OI là phân giác BOC (t/c tam giác cân)
4. e) BOI 600 0,25 R Tam giác BOI vuông tại I IO BO.cos BOI R cos 60o 2 0,25 o c) kẻ CK, CB có ACK 90 ( góc nt chắn nửa đường tròn tâm O) A CK AC Mà BE AC E 0,25 F  BE // CK hay BH // CK (1) H O CMTT: CH // BK (2) I Từ (1) và (2) => tứ giác BHCK là hình bình hành B C 0,25 Có I là trung điểm của đường chéo BC K  I là trung điểm của KH (t/c hbh) Nên H, I, K thẳng hàng. 0,25 4 2.Thể tích của bể cá hình cầu là: VR 3 0,25 3 4 538510 0,25 Thay số : V .3,14.3533 cm 33 2 538510 Lượng nước của bể là : . 119668,9cm3 119,7 ( l ) 33 0,5 a)(0,5đ) Giải phương trình: x2 10 x 21 6 3 x 3 2 x 7. ĐKXĐ: x 3 (x 3)( x 7)63 x 32 x 7 0,25 Đặt x 3 a ; x 7 b ( ÐK a 0; b 0) Ta có: ab 6 3 a 2 b ( a 2)(3 b ) 0 5  a =2 hoặc b = 3 (tmđk) 1,0đ với a = 2 => x 3 2 x 3 4 x 1 ( tmdk ) với b = 3 => x 7 3 x 7 9 x 2 ( tmdk ) 0,25 vậy pt có hai nghiệm x =1 ; x = 2 b)(0,5đ) Cho số thực x, y thỏa mãn x 11 y33 y x . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x22 xy y 2 x 2020 Đặt x 1 t (t 0) x t2 1 y 1 u (u 0) y u2 1 0,25
5. Thay vào : x 11 y33 y x ta 2 3 2 3 t (t 1) u (u 1) 2 2 2 2 2 2 (t u){1 (t u)(t 1) (t 1)(u 1) (u 1) } 0 2 2 2 2 2 2 vì t 0;u 0 nên {1 (t u) (t 1) (t 1)(u 1) (u 1) }>0 t u x y thay vào biểu thức P x22 xy y 2 x 2020 , ta có 0,25 P x2 x 2 x 2 2x 2020 (x 1) 2 2019 2019 MaxP=2019 x= -1