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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT LẠNG SƠN NĂM HỌC 2020 -2021 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian chép đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi gồm 01 trang, 05 câu. Câu 1: ( 3,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức 2 8+− 32 98 A =25 − 9 B =( 21 +−) 2 C = 2 x 21 b) Cho biểu thức P = + : với x>0; x ≠1 x−−11 xx x − Rút gọn biểu thức P. Tính giá trị của P khi x = 4 Câu 2 (1,5 điểm) +=− a) Giải hệ phương trình 3x 2y 4 {xy−=7 b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hai hàm số yx= − 2 và y = x - 2 Câu 3 (1,5 điểm) a) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi là 160m và diện tích là 1500m2. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn đó. 2 b) Tìm tham số m để phương trình x - 5x + m – 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2 2 thỏa mãn xx1−2x 12 += 3x 2 1 Câu 4: ( 3,5 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên nửa đường tròn (O) lấy điểm C sao cho CA < CB. Trên đoạn OB lấy điểm M sao cho M nằm giữa O và B. Đường thẳng đi qua M vuông góc với AB cắt tia AC tại N, cắt BC tại E. a)Chứng minh tứ giác ACEM nội tiếp trong một đường tròn. b)Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại C cắt đường thẳng MN tại F. Chứng minh ∆CEF cân. c)Gọi H là giao điểm của NB với nửa đường tròn (O). Chứng minh HF là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O). Câu 5: ( 0,5 điểm) Cho các số thực a, b,c không âm thỏa mãn abc++=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=32 a2 −++ ab 3 b 22 323 b −++ bc c 22 323 c −+ ca a 2 Hết
2. Lập luận được tọa độ giao điểm (1;-1) và (-2;-4) 0,25 Gọi chiều dài mảnh vườn hình chữ nhật là x (m; 0 chiều rộng) * Nếu chiều dài = 50 m thì chiều rộng = 80 - 50 = 30 m (thỏa mãn vì chiều dài > chiều rộng) Trả lời đúng chiều dài mảnh vườn hình chữ nhật là 50m và 0,25 chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật là 30m 2 x -5x + m – 3 = 0 (1) 2 ∆=( −5) − 4(mm − 3) =− 4 + 37 37 Lập luận được m < thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân 4 biệt x1;x2 là nghiệm của phương trình (1) nên theo định lý viet, ta có xx12+=5 {xx.3= m − 12 Theo đề bài 2 xx1−2x 12 += 3x 2 1 2 ⇔+xx1x 12 − 3x 12 x + 3x 2 = 1 ⇔x x +− x 3xx += 3x 1 1( 1 2) 12 2 ⇒x12 .5 − 3.(m −+ 3) 3x = 1 b ⇔ − ++ = 5x12 3m 9 3x 1 ⇔+=−5x 3x 3m 8 12 Giải hệ phương trình += + = x12 x 5⇔ 5x1 5x 2 25 {5x+=− 3x 3mm 8{ 5x +=− 3x 3 8 12 12  3m − 23 0,25 = x1 ⇔ 2  −+3m 33 x =  2 2 Mà xx12.3= m −
3. Mà hai góc ACE; AME đối nhau 0,25đ Vậytứ giác ACEM nội tiếp trong một đường tròn. ( dấu hiệu nhận biết) Xét (O) có FCB = CAB ( cùng bằng nửa số đo cung BC) b 0,25đ Mà FEC = CAM ( do tứ ACEM nội tiếp ) 0,25đ Nên FEC = FCB hay FEC = FCE 0,25đ Vậy ∆CEF cân tại F (đpcm) 0,25đ c) Vì ACB = 900 ⇒ AC ⊥ CB mà N thuộc tia AC . E thuộc CB nên NCE = 900 0 0 có FCN += FCE 90 ( do NCE = 90 ) c mà FNC += FEC 900 ( do NCE = 900 ) mặt khác FEC= FCE ( chứng minh trên) Nên FCN = FNC 0,25đ Vậy ∆CNF cân tại F ⇒ FN = FC Mà FC = FE ( do ∆CEF cân tại F) 0,25đ Nên FN = FE mà F thuộc NE ⇒ F là trung điểm của NE Xét ∆ANB có BC ⊥ AN ( do ACB = 900 và C ∈ AN) có NM ⊥ AB (gt) Mà BC cắt NM tại E ⇒ E là trực tâm ∆ANB 0,25đ ⇒ AE ⊥ NB (1) 0 Mà AHB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ AH ⊥ HB có H ∈ BN ⇒ AH ⊥ NB (2) Từ (1,2) ⇒ A,E, H thẳng hàng mà AH ⊥ NB 0 Hay EHN = 90 0 Xét ∆EHN có EHN = 90 mà HF là trung tuyến của ∆EHN ( do F là trung điểm của NE) 0,25đ EN ⇒=HF 2 EN Hay HF = EF = FN ( = ) 2