Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Thái Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2020-2021 - Sở GD và ĐT Thái Bình (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 THÁI BÌNH MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm) x +1 xx+−11 x Cho A = và B = − : ( với x > 0 ; x ≠ 1) x −1 xx−+11 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. Câu 2. ( 2,0 điểm) xym−=245 − Cho hệ phương trình  ( m là tham số) 23xy+= m a) Giải hệ phương trình khi m = 3 21 b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ( xy; ) thỏa mãn −=−1. xy Câu 3. ( 2,0 điểm) Cho parabol (Pyx) : = 2 và đường thẳng (d) :3 y= mx +− 1 m2 ( m là tham số) a) Tìm m để (d) đi qua A(1;− 9 ) . b) Tìm m để (d)m cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ xx12; thỏa mãn x1+= x 22 xx 12 Câu 4. ( 3,5 điểm) Qua điểm M nằm bên ngoài (OR; ) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB ( AB, 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 vuông 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. Câu 5. ( 0.5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=−−3 x2 4 xy + 16 x −+ 2 y 12 y + 1998 HẾT
2. 1 ĐK: mm≠≠, 2*( ) 2 21 Ta có: −=−1 ⇒22( −m) −( 21 m −) =−( 212 m −)( − m) ⇔ 2 mm2 − −= 30 2mm−− 12 m = −2  ⇔(mm +12)( −=⇔ 3) 0 3 ( thỏa mãn điều kiện (*) ) m =  2 3 Vậy m∈−1; thỏa mãn đề bài. 2 Câu 3. a) Để (d) đi qua điểm A(1;− 9 ) ⇔=xy1, =− 9 thỏa mãn phương trình đường thẳng (d) 22 m = −2 ⇔−9 = 3m + 1 − m ⇔ mm −3 − 10 = 0 ⇔ m = 5 Vậy với m∈−{ 2;5} là giá trị cần tìm. b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x2=3 mx +− 1 m22 ⇔ x − 3 mx −+ 1 m2 = 01( ) 2 Có: ∆=( −3mm) − 4( 22 − 1) = 5 m + 40 > ∀m ⇒ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt xx12, ⇒ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ xx12, ∀m . xx12+=3 m Theo định lý Vi-ét:  2 xx12.1= m − Theo giả thiết có: x1+= x 22 xx 12 m = 2 22  ⇔=3m 2( m −⇔ 1) 2 mm −−=⇔− 3 20( m 22)( m +=⇔ 1) 0 −1 m =  2 1 Vậy m∈−2; . 2
3. OA22 R Từ (1) và (2) ⇒=OE ==3R . OI R 3 d) ∆MAB cân tại M ( vì MA=MB (cmt) có MO là đường trung trực) ⇒ MO đồng thời là đường phân giác của ∆MPQ cân tại M ⇒ MP là phân giác đồng thời là trung tuyến 𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴� ⇒ O là trung điểm của PQ ⇒ PQ=2OP 1 Ta có : S= MO. PQ = MO OP = OA( AM + AP) MPQ 2 Áp dụng BĐT AM-GM có AM+≥ AP2.2 AM AP = R 22 ⇒≥SMPQ RR.2 =⇒ 2 R min SMPQ = 2 R Dấu “=” xảy ra ⇔=AM AP và AM. AP= R2 ⇔==⇒=AM AP R OM R 2 Vậy M ở vị trí sao cho OM= R 2 thỏa mãn đề. Câu 5. ĐK: y ≥ 0 P=−−3 x2 4 xy + 16 x −+ 2 y 12 y + 1998 =−2( x22 +++ y 9 2 xy −− 6 x 6 y) −−++( x 4 x 4) 2020 2 2 =−+−−−+2( xy 3) ( x 2) 2020 ⇒=Pmax 2020 dấu “=” xảy ra ⇔=xy2, = 1( thỏa mãn) Vậy Pmax = 2020 tại xy=2, = 1.