TUYỂN SINH 2020 - BẾN TRE

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 BẾN TRE TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC: 2020 – 2021 Câu 1. (1,0 điểm) Môn thi: TOÁN (Chung) Thời gian: 120 phút (không kể phát đề) a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức: 18 . 3 b) Tìm x biết: 4x  9x 15 .  Câu 2. (1,0 điểm) Cho hàm số bậc nhất y  7  18 x  2020. a) Hàm số trên đồng biến hay nghịch biến trên ? Vì sao? b) Tính giá trị của y khi x  7  18 . Câu 3. (1,5 điểm) Cho hàm số: y  2x2 có đồ thị (P). a) Vẽ (P). b) Tìm tọa độ các điểm thuộc (P) có tung độ bằng 2. Câu 4. (2,5 điểm) a) Giải phương trình: x2  5x  7  0. b) Giải hệ phương trình: 7x  y  18 2x  y . 9 c) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: x2  2m  5 x  m2  3m  6  0 có 2 nghiệm phân biệt. Câu 5. (1,0 điểm) Với giá trị nào của tham số m thì đồ thị của hai hàm số y  x  5  m và y  2x  7  m cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành? Câu 6. (0,75 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại B có đường cao BH (H  AC) , biết AB  6 cm , AC  10 cm. Tính độ dài các đoạn thẳng BC, BH . Câu 7. (0,75 điểm) Trên đường tròn O lấy hai điểm A, B sao cho AOB  650 và điểm C như hình vẽ. A O 65° m CB Tính số đo AmB, ACB và số đo ACB. Câu 8. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O và có các đường cao BE, CF cắt nhau tại H E  AC, F  AB. a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp. b) Chứng minh AH  BC . c) Gọi P,G là hai giao điểm của đường thẳng EF và đường tròn O sao cho điểm E nằm giữa điểm P và điểm F . Chứng minh AO là đường trung trực của đoạn thẳng PG . --------Hết--------

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ BẾN TRE Câu 1. (1,0 điểm) a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức: 18 . 3 Ta có 18  18. 3  18 3  6 3 . 3 3. 3 3 b) Tìm x biết: 4x  9x 15 . Điều kiện: x  0 Ta có: 4x  9x  15  2 x  3 x  15  5 x  15  x  3  x  9 (TMĐK) Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S  9  Câu 2. (1,0 điểm) Cho hàm số bậc nhất y  7  18 x  2020. a) Hàm số trên đồng biến hay nghịch biến trên ? Vì sao?  Hàm số y  7  18 x  2020 có hệ số a  7  18 Ta có: 7  49  18  a  7  18  0 Vậy hàm số đã cho đồng biến trên . b) Tính giá trị của y khi x  7  18 .  Thay x  7  18 vào công thức hàm số y  7  18 x  2020   Ta có: y  7  18 7  18  2020  72 18  2020  2051 Vậy khi x  7  18 thì giá trị của y là y  2051 Câu 3. (1,5 điểm) Cho hàm số: y  2x2 có đồ thị (P). a) Vẽ (P). Bảng giá trị: x 2 1 0 1 2 y  2x2 8 2 0 2 8 Đồ thị hàm số là parabol  P nhận trục tung làm trục đối xứng và đi qua các điểm có tọa độ là:  2; 8 ,  1; 2 , 0; 0 , 1; 2 ,  2; 8

Hình vẽ: y (P) 8 2 -2 -1 O x 12 b) Tìm tọa độ các điểm thuộc (P) có tung độ bằng 2. Gọi điểm N  x; 2 thuộc P : y  2x2 Ta có: 2  2x2  x2 1 x 1  x  1 Vậy các điểm thuộc (P) có tung độ bằng 2 là 1;2, 1;2 Câu 4. (2,5 điểm) a) Giải phương trình: x2  5x  7  0. Ta có:   52  4.1.7  53  0nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1  5  53 và x2  5  53 2 2 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là x1  5  53 ; x2  5  53 2 2 b) Giải hệ phương trình: 7x  y  18 2x  y . 9 Ta có: 7x  y  18  9x  27  x  3  x 3 2x  y 9 2x  y 2.3   3 9 y  9  y Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y  3;3 c) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: x2  2m  5 x  m2  3m  6  0 có hai nghiệm phân biệt. Phương trình x2  2m  5 x  m2  3m  6  0 có a 1; b'  m  5;c  m2  3m  6

 Ta có:  '  m  52  m2  3m  6  7m  31 Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt thì: a  0  1  0 0  7m  31  m  31  '  0 7m  31  7 Vậy với m  31 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. 7 Câu 5. (1,0 điểm) Với giá trị nào của tham số m thì đồ thị của hai hàm số y  x  5  m và y  2x  7  m cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành? Xét đường thẳng (d): y  x  5  m có a  1 và đường thẳng (d’): y  2x  7  m có a'  2 Vì a  a ' 1  2 nên hai đường thẳng (d) và (d’) cắt nhau. Gọi M  x; y là giao điểm của hai đường thẳng d  và d , vì M  x; y thuộc trục hoành nên M  x;0 Ta có M  x;0d  : y  x  5  m nên 0  x  5  m  x  5 m Và M  x;0d : y  2x  7  m nên: 0  2x  7  m  x  m  7 2 Để d  và d cắt nhau tại một điểm trên trục hoành thì: 5  m  m  7  m  1 2 Vậy với m  1 thì đồ thị của hai hàm số y  x  5  m và y  2x  7  m cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành Câu 6. (0,75 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại B có đường cao BH (H  AC) , biết AB  6 cm , AC  10 cm. Tính độ dài các đoạn thẳng BC, BH . B 6cm A H 10cm C Áp dụng định lý Pytago trong ABC vuông tại B ta có: AC2  AB2  BC2  102  62  BC2  BC2  64  BC  8cm Xét tam giác ABC vuông tại B , có chiều cao BH , ta có: BH.AC  AB.BC  BH.10  6.8  BH  4,8cm Vậy BC  8cm, BH  4,8cm .

Câu 7. (0,75 điểm) Trên đường tròn O lấy hai điểm A, B sao cho AOB  650 và điểm C như hình vẽ. Tính số đo AmB, ACB và số đo ACB. A O 65° m CB Ta có AOB là góc ở tâm chắn cung AmB nên sđ AmB  AOB  650 Mặt khác ta cũng có sđ ACB  sđ AmB  3600  sđ ACB  3600  sđ AmB  3600  650  2950 Vì ACB là góc nội tiếp chắn cung AmB nên ACB  1 sđ AmB  1 .650  32,50 22 Vậy sđ AmB  650 ; sđ ACB  2950 ; ACB  32,50 Câu 8. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O và có các đường cao BE, CF cắt nhau tại H E  AC, F  AB. a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp. A O E F C H B Ta có CF  AB ⇒ ���̂��������������� = 90° hay ���̂��������������� = 90° BE  AC ⇒ ���̂��������������� = 90° hay ���̂��������������� = 90° Tứ giác AEHF ���̂��������������� + ���̂��������������� = 90° + 90° = 180° nên tứ giác AEHF nội tiếp.

b) Chứng minh AH  BC . A O E FH C BD Kéo dài AH cắt BC tại D. Tam giác ABC có BE, CF là các đường cao và cắt nhau tại H nên H là trực tâm của ABC  AD cũng là đường cao của ABC nên AD  BC hay AH  BC . Vậy AH  BC c) Chứng minh AO là đường trung trực của đoạn thẳng PG . A 1 P O E I F 1 H G 1 2C BD K Kẻ đường kính AK của (O), gọi I là giao điểm của AO và PG . Tứ giác BFEC có ���̂��������������� = ���̂��������������� = 90° (Hai đỉnh E, F cùng nhìn đoạn thẳng BC dưới một góc vuông) Suy ra BFEC là tứ giác nội tiếp ⇒ ���̂���1 = ���̂���1 (1) Ta có BACK là tứ giác nội tiếp ⇒ ���̂���1 = ���̂���2 (Cùng chắn cung BK) (2)

Từ (1)(2) ta có ���̂���1 + ���̂���1 = ���̂���1 + ���̂���2 = ���̂��������������� = 90° (���̂��������������� = 90° vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Tam giác AIF có ������̂������������ = 180° − (���̂���1 + ���̂���1) = 180° − 90° = 90° nên suy ra AI  EF hay AK  PG Đường kính AK  PG tại I suy ra I là trung điểm PG. Do đó AO là đường trung trực của đoạn thẳng PG .