Đề thi vào 10 môn Toán Nam Định năm 2020Tải vềPhần 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
Tải về
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 2020√3−x có nghĩa là: A. x≥3 B. x≠3 C. x≤3 D. x<3 Câu 2. Hàm số nào sau đây đồng biến trên R? A. y=−5x+3 B. y=5 C. y=5x−1 D. y=−5 Câu 3. Hệ phương trình {5x−2y=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=2x−a 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. x2−9=0 C. x2−7x+4=0 D. x2−6x+9=0 Câu 6. Cho ΔABC vuông tại B biết AC=10cm, ∠A=600. Độ dài đoạn AB là: A. 5√3cm B. 10√3cm C. 5cm D. 10√33cm 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: √(√5−4)2−√5+√20=4. 2) Rút gọn biểu thức: P=(1√x+2+1√x−2):2x−2√x với x>0,x≠4. 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+x22−5x1x2=−17. Bài 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: {2(x−2)2+1√y+5=3(x−2)2−2√y+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 HQ và OA⊥DE. 3) Cho CAB=600,R=6cm. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp ΔAED. Bài 5. (1,0 điểm) 1) Giải phương trình: √2√2x2+x+1−√4x−1+2x2+3x−3=0. 2) Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn: ab+bc+ca=3. Chứng minh: a3b+2c+b3c+2a+c3a+2b≥1. Lời giải chi tiết Phần I: Trắc nghiệm
Câu 1 - Căn bậc hai Phương pháp: Biểu thức: √f(x) xác định ⇔f(x)≥0. Cách giải: Biểu thức: 2020√3−x xác định ⇔3−x≥0 ⇔x≤3. Chọn C. Câu 2 - Hàm số bậc nhất Phương pháp: Hàm số bậc nhất y=ax+b(a≠0) đồng biến trên R a>0. Cách giải: Trong các đáp án đã cho, chỉ có hàm số y=5x−1 là hàm số bậc nhất có a=5>0 ⇒ Hàm số y=5x−1 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: {5x−2y=52x+y=11⇔{5x−2y=54x+2y=22 ⇔{9x=27y=11−2x⇔{x=3y=11−2.3=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=2x−a để tìm a. Cách giải: Thay tọa độ điểm (0;1) vào công thức hàm số y=2x−a ta được: 1=2.0−a⇔a=−1. Chọn B. Câu 5 - Công thức nghiệm của phương trình bậc hai Phương pháp: Phương trình ax2+bx+c=0(a≠0) có nghiệm kép ⇔Δ=b2−4ac=0 hoặc Δ′=b′2−ac=0(b=2b′). Cách giải: +) Xét đáp án A: x2+8x+7=0 ta có: Δ′=42−7=9>0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt. ⇒ Loại đáp án A. +) Xét đáp án B: x2−9=0⇔x2=9 ⇔x=±3 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt. ⇒ Loại đáp án B. +) Xét đáp án C: x2−7x+4=0 ta có: Δ=(−7)2−4.4=33>0 ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt. ⇒ Loại đáp án C. +) Xét đáp án D: x2−6x+9=0 ta có: Δ′=32−9=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) và (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′<|R−R′| thì hai đường tròn đựng nhau hay hai đường tròn không có điểm chung. +) |R−R′|<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′<|R−R′| thì hai đường tròn tiếp xúc trong hay hai đường tròn có một điểm chung. Cách giải: Ta có: OO′=2cm=R′−R=7cm−5cm. ⇒(O;5cm) và (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|={AkhiA≥0−AkhiA<0 và √A2B=|A|√B={A√BkhiA≥0−A√BkhiA<0,B≥0. 2) Quy đồng mẫu các phân thức, biến đổi và rút gọn biểu thức. Cách giải: 1) Chứng minh đẳng thức: √(√5−4)2−√5+√20=4. Ta có: √(√5−4)2−√5+√20=|√5−4|−√5+√22.5=4−√5−√5+2√5=4. Vậy √(√5−4)2−√5+√20=4. 2) Rút gọn biểu thức: P=(1√x+2+1√x−2):2x−2√x với x>0,x≠4. Điều kiện: x>0,x≠4. P=(1√x+2+1√x−2):2x−2√x=√x−2+√x+2(√x−2)(√x+2).√x(√x−2)2=2√x√x+2.√x2=x√x+2. Vậy với x>0,x≠4 thì P=x√x+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(a≠0) 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=0⇔x2−9x+20=0⇔x2−5x−4x+20=0⇔x(x−5)−4(x−5)=0⇔(x−5)(x−4)=0⇔[x−5=0x−4=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+x22−5x1x2=−17. Xét phương trình x2−(2m+1)x+m2+m=0 có: Δ=(2m+1)2−4(m2+m)=4m2+4m+1−4m2−4m=1>0∀m ⇒ 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+x22−5x1x2=−17⇔(x1+x2)2−2x1x2−5x1x2=−17⇔(x1+x2)2−7x1x2=−17⇔(2m+1)2−7(m2+m)=−17⇔4m2+4m+1−7m2−7m=−17⇔3m2+3m−18=0⇔m2+m−6=0⇔m2+3m−2m−6=0⇔m(m+3)−2(m+3)=0⇔(m+3)(m−2)=0⇔[m+3=0m−2=0⇔[m=−3m=2 Vậy m=−3 và m=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(x−2)2+1√y+5=3(x−2)2−2√y+5=−1. ĐKXĐ: y>−5. Đặt u=(x−2)2≥0;v=1√y+5>0, hệ phương trình trở thành: {2u+v=3u−2v=−1⇔{4u+2v=6u−2v=−1⇔{5u=5v=3−2u⇔{u=1(tm)v=1(tm)⇒{(x−2)2=11√y+5=1⇔{[x−2=1x−2=−1√y+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 ⇒{BD⊥AC={D}CE⊥AB={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) Vì 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 HQ và OA⊥DE. 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) Vì 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=900⇒∠FAC+∠ADE=900 Hay ∠DAO+∠ADE=900 ⇒AO⊥DE(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: {FC⊥ACDB⊥AC⇒FC//BD hay BH//FC. {CE⊥ABBF⊥AB⇒CE//BF hay BF//CH. ⇒BHCF là hình bình hành. ⇒BC,HF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường Mà 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=2∠BAC=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.cos∠BOM=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: √2√2x2+x+1−√4x−1+2x2+3x−3=0. Điều kiện: x≥14 √2√2x2+x+1−√4x−1+2x2+3x−3=0⇔√4x2+2x+2−2+1−√4x−1+2x2+3x−2=0⇔4x2+2x+2−4√4x2+2x+2+2+1−4x+11+√4x−1+2x2+4x−x−2=0⇔4x2+2x−2√4x2+2x+2+2+2−4x1+√4x−1+2x(x+2)−(x+2)=0⇔2(2x2+x−1)√4x2+2x+2+2+2(1−2x)1+√4x−1+(x+2)(2x−1)=0⇔2(2x−1)(x+1)√4x2+2x+2+2−2(2x−1)1+√4x−1+(x+2)(2x−1)=0 ⇔(2x−1)[2x+1√4x2+2x+2+2−2√4x−1+1+x+2]=0⇔[2x−1=02x+1√4x2+2x+2+2−2√4x−1+1+x+2=0⇔[x=12(tm)2x+1√4x2+2x+2+2+x+2−2√4x−1+1=0(∗) Với x≥14⇒√4x−1+1≥1 ⇒2√4x−1+1≤2 ⇒2−2√4x−1+1≥0⇒2x+1√4x2+2x+2+2+x+2−2√4x−1+1>0∀x≥14 ⇒(∗) 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+2b≥1. 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)a≥6a2 Tương tự ta có: {9b3c+2a+(c+2a)b≥6b29c3a+2b+(a+2b)c≥6c2 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)c≥6a2+6b2+6c2⇔9P+3(ab+bc+ca)≥6(a2+b2+c2)⇔9P+9≥6(a2+b2+c2)⇔3P+3≥2(a2+b2+c2) Lại có: a2+b2+c2≥ab+bc+ca=3 ⇒3P≥2.3−3=3⇔P≥1. Vậy \(\dfrac{{{a^3}}}{{b + 2c}} + \dfrac{{{b^3}}}{{c + 2a}} + \dfrac{{{c^3}}}{{a + 2b}} \ge 1.\
|