Đề thi vào 10 môn Toán Nam Định năm 2020

Tải về

Phần I: Trắc nghiệm (2 điểm). Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước đáp án đó vào bài làm.

Tổng hợp Đề thi vào 10 có đáp án và lời giải

Toán - Văn - Anh

Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

Phần I: Trắc nghiệm (2 điểm). Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước đáp án đó vào bài làm.

Câu 1. Điều kiện để biểu thức 20203x có nghĩa là:

     A. x3                      B. x3                           C. x3                            D. x<3

Câu 2. Hàm số nào sau đây đồng biến trên R?

     A. y=5x+3             B. y=5                              C. y=5x1                      D. y=5    

Câu 3. Hệ phương trình {5x2y=52x+y=11 có nghiệm (x;y) là:

     A. (3;5)                                              B. (5;3)    C. (5;3)                                  D. (3;5)  

Câu 4. Tìm a, biết đồ thị của hàm số y=2xa đi qua điểm (0;1).

     A. a=2                         B. a=1                          C. a=1                             D. a=2    

Câu 5. Trong các phương trình sau, phương trình nào có nghiệm kép?

     A. x2+8x+7=0   B. x29=0                 C. x27x+4=0        D. x26x+9=0

Câu 6. Cho ΔABC vuông tại B biết AC=10cm, A=600. Độ dài đoạn AB là:

     A. 53cm            B. 103cm               C. 5cm                              D. 1033cm                         

Câu 7. Cho đường tròn (O;5cm) và đường tròn (O;7cm), biết OO=2cm. Vị trí tương đối của hai đường tròn đó là:

     A. Cắt nhau.                      B. Tiếp xúc trong.                  C. Tiếp xúc ngoài.                  D. Đụng nhau.  

Câu 8. Diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy 5cm, chiều cao 2cm là:

     A. 20πcm2         B. 10πcm2              C. 20cm2                   D. 10cm2     

Phần II. Tự luận (8 điểm):

Bài 1. (1,5 điểm)

1) Chứng minh đẳng thức: (54)25+20=4.

2) Rút gọn biểu thức: P=(1x+2+1x2):2x2x với x>0,x4.

Bài 2. (1,5 điểm)

Cho phương trình: x2(2m+1)x+m2+m=0 (với m là tham số).

1) Giải phương trình khi m=4.

2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1;x2 với mọi m. Tìm m để x1,x2 thỏa mãn x21+x225x1x2=17.

Bài 3. (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình: {2(x2)2+1y+5=3(x2)22y+5=1.

Bài 4. (3,0 điểm)

Cho ΔABC là tam giác nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Hai đường cao BD,CE của ΔABC cắt nhau tại H. Các tia BD,CE cắt đường tròn (O;R) lần lượt tại điểm thứ hai là P,Q.

1) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp và cungAP=cungAQ.

2) Chứng minh E là trung điểm của HQOADE.

3) Cho CAB=600,R=6cm. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔAED.

Bài 5. (1,0 điểm)

1) Giải phương trình: 22x2+x+14x1+2x2+3x3=0.

2) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn: ab+bc+ca=3.

Chứng minh: a3b+2c+b3c+2a+c3a+2b1. 

Lời giải chi tiết

Phần I: Trắc nghiệm

1. C

2. C

3. A

4. B

5. D

6. C

7. B

8. A

Câu 1 - Căn bậc hai

Phương pháp:

Biểu thức: f(x) xác định f(x)0.

Cách giải:

Biểu thức: 20203x xác định 3x0 x3.

Chọn C.

Câu 2 - Hàm số bậc nhất

Phương pháp:

Hàm số bậc nhất y=ax+b(a0) đồng biến trên R a>0.

Cách giải:

Trong các đáp án đã cho, chỉ có hàm số y=5x1 là hàm số bậc nhất có a=5>0

Hàm số y=5x1 là hàm số đồng biến trên R.

Chọn C.

Câu 3 - Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số

Phương pháp:

Giải hệ phương trình đã cho bằng phương pháp cộng đại số.

Cách giải:

Ta có: {5x2y=52x+y=11{5x2y=54x+2y=22 {9x=27y=112x{x=3y=112.3=5

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(3;5).

Chọn A.

Câu 4 - Đồ thị của hàm số y = ax + b (a ≠ 0)

Phương pháp:

Thay tọa độ điểm (0;1) vào công thức hàm số y=2xa để tìm a.

Cách giải:

Thay tọa độ điểm (0;1) vào công thức hàm số y=2xa ta được:

1=2.0aa=1. 

Chọn B.

Câu 5 - Công thức nghiệm của phương trình bậc hai

Phương pháp:

Phương trình ax2+bx+c=0(a0) có nghiệm kép Δ=b24ac=0 hoặc Δ=b2ac=0(b=2b).

Cách giải:

+) Xét đáp án A: x2+8x+7=0 ta có: Δ=427=9>0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Loại đáp án A.

+) Xét đáp án B: x29=0x2=9 x=±3 Phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Loại đáp án B.

+) Xét đáp án C: x27x+4=0 ta có: Δ=(7)24.4=33>0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt.

Loại đáp án C.

+) Xét đáp án D: x26x+9=0 ta có: Δ=329=0 Phương trình có nghiệm kép.

Chọn đáp án D.

Chọn D.

Câu 6 - Một số hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông

Phương pháp:

Sử dụng hệ thức liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông để làm bài toán.

Cách giải:

 

Xét ΔABC vuông tại B ta có:

AB=AC.cosA =10.cos600=10.12=5cm

Chọn C.

Câu 7 - Vị trí tương đối của hai đường tròn

Phương pháp:

Cho hai đường tròn (O;R)(O;R) khi đó ta có:

+) OO>R+R thì hai đường tròn nằm ngoài nhau hay hai đường tròn không có điểm chung.

+) OO<|RR| thì hai đường tròn đựng nhau hay hai đường tròn không có điểm chung.

+) |RR|<OO<R+R thì hai đường tròn cắt nhau hay hai đường tròn có hai điểm chung.

+) OO=R+R thì hai đường tròn tiếp xúc ngoài hay hai đường tròn có một điểm chung.

+) OO<|RR| thì hai đường tròn tiếp xúc trong hay hai đường tròn có một điểm chung.

Cách giải:

Ta có: OO=2cm=RR=7cm5cm.

(O;5cm)(O;7cm) tiếp xúc trong.

Chọn B.

Câu 8 - Hình trụ - Diện tích xung quanh và thể tích của Hình trụ

Phương pháp:

Diện tích xung quanh của hình trụ có bán kính đáy R và chiều cao h là: Sxq=2πRh.

Cách giải:

Diện tích xung quanh của hình trụ đã cho là: Sxq=2πRh=2π.5.2=20πcm2.

Chọn A.

Phần II: Tự luận

Bài 1 - Rút gọn biểu thức chứa căn thức bậc hai

Phương pháp:

1) Sử dụng các công thức: A2=|A|={AkhiA0AkhiA<0A2B=|A|B={ABkhiA0ABkhiA<0,B0.

2) Quy đồng mẫu các phân thức, biến đổi và rút gọn biểu thức.

Cách giải:

1) Chứng minh đẳng thức: (54)25+20=4.

Ta có:

(54)25+20=|54|5+22.5=455+25=4.

Vậy (54)25+20=4.

2) Rút gọn biểu thức: P=(1x+2+1x2):2x2x với x>0,x4.

Điều kiện: x>0,x4.

P=(1x+2+1x2):2x2x=x2+x+2(x2)(x+2).x(x2)2=2xx+2.x2=xx+2.

Vậy với x>0,x4 thì P=xx+2.

Bài 2 - Hệ thức Vi-ét và ứng dụng

Phương pháp:

1) Thay m=4 vào phương trình đã cho sau đó giải phương trình bậc hai một ẩn.

2) Phương trình ax2+bx+c=0(a0) có hai nghiệm phân biệt x1;x2 Δ>0.

Sử dụng hệ thức Vi-et: {x1+x2=bax1x2=ca và biểu thức bài cho để tìm m.

Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Cách giải:

Cho phương trình: x2(2m+1)x+m2+m=0 (với m là tham số).

1) Giải phương trình khi m=4.

Khi m=4 ta có phương trình:

x2(2.4+1)x+42+4=0x29x+20=0x25x4x+20=0x(x5)4(x5)=0(x5)(x4)=0[x5=0x4=0[x=5x=4

Vậy với m=4 thì phương trình có tập nghiệm S={4;5}.

2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1;x2 với mọi m. Tìm m để x1,x2 thỏa mãn x21+x225x1x2=17.

Xét phương trình x2(2m+1)x+m2+m=0 có:

Δ=(2m+1)24(m2+m)=4m2+4m+14m24m=1>0m

Phương trình đã cho luôn có hai nghệm phân biệt x1,x2 với mọi m.

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: {x1+x2=2m+1x1x2=m2+m.

Theo đề bài ta có:

x21+x225x1x2=17(x1+x2)22x1x25x1x2=17(x1+x2)27x1x2=17(2m+1)27(m2+m)=174m2+4m+17m27m=173m2+3m18=0m2+m6=0m2+3m2m6=0m(m+3)2(m+3)=0(m+3)(m2)=0[m+3=0m2=0[m=3m=2

Vậy m=3m=2 thỏa mãn bài toán.

Bài 3 - Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số

Phương pháp:

Đặt điều kiện để hệ phương trình xác định.

Giải hệ phương trình bằng phương pháp đặt ẩn phụ.

Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số.

Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

Cách giải:

Giải hệ phương trình: {2(x2)2+1y+5=3(x2)22y+5=1.

ĐKXĐ: y>5.

Đặt u=(x2)20;v=1y+5>0, hệ phương trình trở thành:

{2u+v=3u2v=1{4u+2v=6u2v=1{5u=5v=32u{u=1(tm)v=1(tm){(x2)2=11y+5=1{[x2=1x2=1y+5=1{[x=3x=1y+5=1{[x=3x=1y=4(tm)

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y){(3;4);(1;4)}.

Bài 4 - Ôn tập chương 3: Góc với đường tròn

Cách giải:

Cho ΔABC là tam giác nhọn nội tiếp đường tròn (O;R). Hai đường cao BD,CE của ΔABC cắt nhau tại H. Các tia BD,CE cắt đường tròn (O;R) lần lượt tại điểm thứ hai là P,Q.

 

1) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp và cungAP=cungAQ.

Ta cos: BD,CE là các đường cao của ΔABC

{BDAC={D}CEAB={E} BEC=BDC=900

Xét tứ giác BEDC ta có:

BEC=BDC=900

Mà hai đỉnh E,D  là hai đỉnh kề nhau

BEDC là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

BEDC là tứ giác nội tiếp (cmt)

EBD=ECD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ED)

ABP=ACQ

Lại có: ABP,ACQ lần lượt là các góc nội tiếp chắn các cung AP,AQ

cungAP=cungAQ (hai góc nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) (đpcm).

2) Chứng minh E là trung điểm của HQOADE.

Xét tứ giác AEHD ta có:

AEH+ADH=900+900=1800

Mà hai góc này là hai góc đối diện

AEHD là tứ giác nội tiếp. (dhnb)

EAH=EDH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH).

Vì  BEDC là tứ giác nội tiếp (cmt)

EDB=ECB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EB)

AEH=ECB(=EDH)

Hay EAH=BAH=BCQ

Lại có: QAB=QCB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QB)

EAH=EAQ(=BCQ)

AE là tia phân giác của QAH.

Xét ΔQAH ta có: AE vừa là đường cao, vừa là đường phân giác

ΔQAH cân tại A. (Tính chất tam giác cân)

AE cũng là đường trung tuyến của ΔAQH.

E là trung điểm của HQ. (đpcm)

Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại F.

Khi đó ta có:ABC=AFC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

BCDE là tứ giác nội tiếp (cmt)

ADE=ABC (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại định đối diện)

ADB=AFC(=ABC)

Ta có:  ACF=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

CAF+AFC=900FAC+ADE=900

Hay DAO+ADE=900

AODE(dpcm).  

3) Cho CAB=600,R=6cm. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔAED.

Theo chứng minh b) ta có: AEDH là tứ giác nội tiếp

Đường tròn ngoại tiếp ΔAED là đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDH.

Ta có: AEH=900 và là góc nội tiếp chắn cung AH

AH là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDH.

Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔADE J là trung điểm của AH.

Gọi M là trung điểm của BC.

Ta có: {FCACDBACFC//BD hay BH//FC.

{CEABBFABCE//BF hay BF//CH.

BHCF là hình bình hành.

BC,HF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

M là trung điểm của BC

M cũng là trung điểm của HF.

Xét ΔAHF ta có:

O,M lần lượt là trung điểm của AF,HF

OM là đường trung bình của ΔAHF {OM//AHOM=12AH.

Ta có: BOC là góc ở tâm chắn cung BC

BAC là góc ở tâm chắn cung BC

BOC=2BAC=2.600=1200

ΔOBC cân tại O có đường trung tuyến OM

OM cũng là phân giác của BOC

BOM=600. 

Xét ΔOBM ta có: OM=OB.cosBOM=6.cos600=3cm.

AH=2OM=2.3=6cm.

Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp ΔADE là: AJ=12AH=3cm.

Bài 5

Phương pháp:

1) Tìm điều kiện xác định của phương trình.

Biến đổi để đưa phương trình về dạng phương trình tích rồi giải phương trình.

Đối chiếu với điều kiện rồi kết luận.

2) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si để chứng minh.

Cách giải:

1) Giải phương trình: 22x2+x+14x1+2x2+3x3=0.

Điều kiện: x14

22x2+x+14x1+2x2+3x3=04x2+2x+22+14x1+2x2+3x2=04x2+2x+244x2+2x+2+2+14x+11+4x1+2x2+4xx2=04x2+2x24x2+2x+2+2+24x1+4x1+2x(x+2)(x+2)=02(2x2+x1)4x2+2x+2+2+2(12x)1+4x1+(x+2)(2x1)=02(2x1)(x+1)4x2+2x+2+22(2x1)1+4x1+(x+2)(2x1)=0

(2x1)[2x+14x2+2x+2+224x1+1+x+2]=0[2x1=02x+14x2+2x+2+224x1+1+x+2=0[x=12(tm)2x+14x2+2x+2+2+x+224x1+1=0()

Với x144x1+11 24x1+12

224x1+102x+14x2+2x+2+2+x+224x1+1>0x14

() vô nghiệm.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x=12.

2) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn: ab+bc+ca=3.

Chứng minh: a3b+2c+b3c+2a+c3a+2b1.

Sưu tầm: Facebook. 

Đặt P=a3b+2c+b3c+2a+c3a+2b

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương 9a3b+2c;(b+2c)a ta có: 9a2b+2c+(b+2c)a6a2

Tương tự ta có: {9b3c+2a+(c+2a)b6b29c3a+2b+(a+2b)c6c2

Cộng vế với vế ba bất đẳng thức cùng chiều ta có:

9(a3b+2c+b3c+2a+c3a+2b)+(b+2c)a+(c+2a)b+(a+2b)c6a2+6b2+6c29P+3(ab+bc+ca)6(a2+b2+c2)9P+96(a2+b2+c2)3P+32(a2+b2+c2)

Lại có: a2+b2+c2ab+bc+ca=3

3P2.33=3P1.

Vậy \(\dfrac{{{a^3}}}{{b + 2c}} + \dfrac{{{b^3}}}{{c + 2a}} + \dfrac{{{c^3}}}{{a + 2b}} \ge 1.\

Tải về

Tham Gia Group 2K10 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí

close