Đề thi vào 10 môn Toán Bắc Ninh năm 2021

Tải về

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (4,0 điểm) Câu 1. Cho tam giác

Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (4,0 điểm)

Câu 1. Cho tam giác ABCABC vuông tại A,AB=3cm,AC=4cmA,AB=3cm,AC=4cm thì tanCtanC bằng:

     A. 4343             B. 5353                  C. 3535                  D.3434    

Câu 2. Cho tam giác ABCABC vuông tại AA, đường cao AHAH. Biết BH=4cm,CH=9cmBH=4cm,CH=9cm. Độ dài đoạn thẳng AHAH bằng:

     A. 36cm36cm                    B. 13cm13cm            C. 6cm6cm                           D. 9cm9cm     

Câu 3. Nghiệm (x;y)(x;y) của hệ phương trình {3x+3y=3x3y=5 là:

     A. (2;1)                                             B. (2;1)      C. (2;1)                                   D. (1;2)    

Câu 4. Biểu thức 16x2y4 bằng:

     A. 4xy2                B. 4x2y4                  C. 4xy2                         D. 4|x|y2                         

Câu 5. Tất cả các giá trị của x để biểu thức x3 có nghĩa là:

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

Câu 6. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Biết DBC=550. Số đo DAC bằng:

     A. 350                      B. 550                           C. 650                           D. 300     

Câu 7. Cho parabol (P):y=2x2 và đường thẳng d:y=2x1, số giao điểm của d(P) là:

     A. 3                               B. 2                                    C. 0                                    D. 1       

Câu 8. Khi x=3, biểu thức M=3x21 có giá trị bằng:

     A. 8                     B. 4                                    C. 2                                    D. 8       

Câu 9. Đường thẳng d:y=mx+2 đi qua điểm A(1;1) khi giá trị của m bằng:

     A. 3                            B. 1                                 C. 2                                D. 1       

Câu 10. Đồ thị hàm số y=ax2 với a là số thức dương có hình dạng nào dưới đây?

     A. Hình 3.                          B. Hình 2.                               C. Hình 4.                              D. Hình 1. 

Câu 11. Tất cả các giá trị của m để hàm số y=(m+2)x+m(m2) đồng biến trên R là:

     A. m>2                    B. m<2                         C. m>0                            D. m>2      

Câu 12. Tổng hai nghiệm của phương trình x2x6=0 bằng:

     A. 6                            B. 6                                    C. 1                                D. 1       

Câu 13. Hàm số y=100x2 đồng biến khi:

     A. x0                      B. x<0                              C. x>0                              D. x>0 

Câu 14. Hệ phương trình  có nghiệm duy nhất khi

     A. m1                     B. m=1                            C. m0                         D. m1

Câu 15. Tất cả các giá trị của m để phương trình x22mx+1=0 có nghiệm kép là:

     A. m=2                    B. m>1                            C. m=±1                   D. m=4      

Câu 16. Hệ phương trình {ax+y=3x+by=1 có nghiệm (x;y)=(2;1). Giá trị của a+b bằng:

     A. 4                               B. 3                                 C. 1                                D. 3       

Câu 17. Tam giác vuông cân có độ dài cạnh góc vuông bằng 2cm. Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng:

     A. 2cm            B. 22cm               C. 2cm                           D. 3cm    

Câu 18. Tất cả các giá trị của m để phương trình x2(m+1)x+m=0 có hai nghiệm phân biệt và nghiệm này gấp hai lần nghiệm kia là:

     A. m=2                       B. m=2;m=12                                              C. m=0       D. m=12              

Câu 19. Biết m,n là các số nguyên sao cho phương trình mx2+nx533=0 có nghiệm x=3+1. Khẳng định nào dưới đây đúng?

     A. m+n=23     B. m+n=2                      C. m+n=0                      D. m+n=53                        

Câu 20. Cho hai đường tròn (O;R)(O;r) tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm A biết R>r>0. Tiếp tuyến chung ngoài BC của hai đường tròn đó cắt đường nối tâm OO tại M, trong đó B(O),C(O)BC=CM=4cm. Tổng R+r bằng:

     A. 32cm          B. 52cm               C. 4cm                           D. 6cm     

 

II. TỰ LUẬN (6,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm):

a) Giải phương trình: x24x5=0

b) Rút gọn biểu thức A=xx4+1x2+1x+2(x0;x4)

Câu 2 (1,5 điểm):

Một người đi siêu thị điện máy mua một chiếc quạt điện và một chiếc đèn tích điện, biết tổng số tiền theo giá niêm yết của hai sản phẩm là 900000 đồng. Nhưng do siêu thị đang có chương trình giảm giá, quạt điện được giảm giá 15%, đèn tích điện được giảm giá 10% nên thực tế người đó chỉ phải thanh toán tổng số tiền cho hai sản phẩm là 780000 đồng. Hỏi giá niêm yết của mỗi sản phẩm nêu trên là bao nhiêu tiền?

Câu 3 (2,0 điểm):

Cho đường tròn tâm O đường kính AB và dây AB vuông góc với AB tại điểm F. Trên cung nhỏ BC lấy điểm M (M không trùng với BC), đường thẳng AM cắt đường thẳng CD tại E.

a) Chứng minh tứ giác EFBM nội tiếp được trong một đường tròn và CMA=DMA

b) Gọi giao điểm của hai đường thẳng ACBMK; giao điểm của hai đường thẳng DMABI; giao điểm của hai đường thẳng AMBCN. Chứng minh ba điểm K,N,I thẳng hàng.

Câu 4 (0,5 điểm)

Cho a,b,c là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=3(b+c)2a+4a+3c3b+12(bc)2a+3c.

Lời giải chi tiết

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM

Câu 1

Phương pháp:

Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông.

Cách giải:

 Tam giác ABC vuông tại A, ta có:

tanC=ABAC=34 (tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông)

Chọn D.

Câu 2

Phương pháp:

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Cách giải:

Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH nên ta có:

AH2=BH.HC (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

AH2=4.9=36AH=6(cm)

Chọn C.

Câu 3

Phương pháp:

Sử dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ phương trình.

Cách giải:

{3x+3y=3x3y=5{4x=8x3y=5{x=223y=5{x=2y=1

Vậy nghiệm của hệ phương trình (x;y)=(2;1)

Chọn B.

Câu 4

Phương pháp:

Sử dụng hằng đẳng thức: A2=|A|={AkhiA0AkhiA<0

Cách giải:

Ta có: 16x2y4=(4xy2)2=4|x|y2

Chọn D.

Câu 5

Phương pháp:

f(x) xác định f(x)0

Cách giải:

Biểu thức x3 có nghĩa x30x3

Chọn A.

Câu 6

Phương pháp:

Các góc nội tiếp cùng chắn một cung thì có số đo bằng nhau.

Cách giải:

Tứ giác ABCD nội tiếpDBC=DAC (góc nội tiếp cùng chắn cung CD)

DBC=550DAC=550

Chọn B.

Câu 7

Phương pháp:

Xét phương trình hoành độ giao điểm của d(P) , giải phương trình hoành độ giao điểm và tìm được giao điểm.

Cách giải:

Phương trình hoành độ giao điểm của d(P) là:

2x2=2x12x22x+1=0

Xét Δ=(1)21.2=12=1<0

Phương trình vô nghiệm

d(P) không cắt nhau nên không có giao điểm, nên số giao điểm là 0.

Chọn C.

Câu 8

Phương pháp:

Thay x=3, ta tính được giá trị của biểu thức M.

Cách giải:

Thay x=3 vào biểu thức M=3x21, ta được: M=3321=38=2

Chọn C.

Câu 9

Phương pháp:

Đường thẳng (d):y=ax+b đi qua điểm A(xA;yA) khi yA=axA+b.

Cách giải:

Đường thẳng d:y=mx+2 đi qua điểm A(1;1) nên ta có: 1=m+2m=1

Chọn B.

Câu 10

Phương pháp:

Nhận dạng dáng điệu của đồ thị hàm số dựa vào hàm số.

Cách giải:

Hai đồ thị hình 3 và hình 4 không phải là đồ thị của hàm số y=ax2 loại đáp án A và C.

Hàm số y=ax2 với a là số thức dương nên hàm số hoàn toàn phía trên trục hoành loại đáp án B.

Chọn D.

Câu 11

Phương pháp:

Hàm số y=ax+b đồng biến trên Ra>0

Cách giải:

Hàm số y=(m+2)x+m(m2) đồng biến trên Rm+2>0m>2

Chọn A.

Câu 12

Phương pháp:

Nếu phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khi đó, áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: x1+x2=ba

Cách giải:

Ta có: Δ=(1)2(6)=7>0

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2 khi đó, áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: x1+x2=ba=11=1

Chọn D.

Câu 13

Phương pháp:

Hàm số y=ax2(a<0) đồng biến khi x<0

Cách giải:

Hàm số y=100x2  có a=100<0 nên hàm số đồng biến khi x<0

Chọn B.

Câu 14

Phương pháp:

Hệ phương trình {ax+by=cax+by=c có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi aabb

Cách giải:

Hệ phương trình {mx+y=1x+y=5 có nghiệm duy nhất khi m111m1

Chọn A.

Câu 15

Phương pháp:

Phương trình ax2+bx+c=0(a0) có hai nghiệm kép Δ=0 (hoặc Δ=0)

Cách giải:

Ta có: Δ=(m)21=m21

Phương trình có nghiệm kép Δ=0

          m21=0(m1)(m+1)=0[m1=0m+1=0[m=1m=1

Vậy m=1 hoặc m=1.

Chọn C.

Câu 16

Phương pháp:

Thay x=2;y=1 vào hệ phương trình của đề bài, tìm được a;b.

Cách giải:

Thay x=2;y=1 vào hệ phương trình {ax+y=3x+by=1, ta được: {a.2+(1)=32+b.(1)=1{a=2b=1

Khi đó, a+b=3

Chọn D.

Câu 17

Phương pháp:

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông bằng một nửa cạnh huyền.

Cách giải:

Giả sử tam giác ABC vuông cân tại AAB=AC=2cm

Gọi I là trung điểm của BC, khi đó IA=IB=IC

I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABCR=IA

Tam giác ABC vuông cân tại ABC=22(cm)IA=2(cm)

Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC2cm.

Chọn A.

Câu 18

Phương pháp:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1;x2 Δ>0

Áp dụng hệ thức Vi – ét, tìm được giá trị của m.

Cách giải:

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1;x2 Δ>0

(m+1)24m>0m2+2m+14m>0m22m+1>0(m1)2>0m1

Vậy m1 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1;x2

Áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: {x1+x2=m+1(1)x1x2=m(2)

Giả sử x1=2x2, thay vào (1), ta có: 2x2+x2=m+1

3x2=m+1x2=m+13x1=2(m+1)3

Thay vào (2), ta được: (m+1)3.2(m+1)3=m

2(m+1)2=9m2(m2+2m+1)=9m2m2+4m+2=9m

2m25m+2=0(2m1)(m2)=0[2m1=0m2=0[m=12(tmdk)m=2(tmdk)

Vậy m=12;m=2.

Chọn B.

Câu 19

Phương pháp:

Thay x=3+1 vào phương trình.

Dựa vào đáp án của đề bài tìm được m,n.

Cách giải:

m,n là các số nguyên nên loại đáp án A và D.

Phương trình mx2+nx533=0 có nghiệm x=3+1, nên ta có:

m(3+1)2+n(3+1)533=0()

TH1: m+n=2n=2m

Thay vào phương trình (), ta được:

m(3+23+1)+(2m)(3+1)533=0(3+23+131)m+23+2533=0(3+3)m33=0(3+3)m=3+3m=1(tm)n=21=1(tm)

Vậy m+n=2 thỏa mãn.

Chọn B.

Câu 20

Phương pháp:

Vận dụng dấu hiệu nhận biết và tính chất của đường trung bình trong tam giác

Phát hiện mối quan hệ giữa Rr, từ đó biểu diễn r theo R

Áp dụng định lý Py – ta – go, tính được Rr.

Cách giải:

 

Ta có: B,C,M thẳng hàng mà BC=CM=4cm

Clà trung điểm của BM

BC là tiếp tuyến chung của đường tròn (O)(O) nên

OB//OC

ΔOBM có: C là trung điểm của BM

OB//OC

OC là đường trung bình của ΔOBM (dhnb đường trung bình trong tam giác)

OC=12OB hay r=12R

   Và  O là trung điểm của OMOM=2OO

(O)(O) tiếp xúc ngoài với nhau tại A nên OO=OA+AO=R+r

Do đó OM=2(R+r)=2(R+12R)=2.32R=3R

ΔOBM vuông tại B, theo định lý Py – ta – go, ta có:

OB2+BM2=OM2R2+82=(3R)29R2R2=648R2=64R2=8R=22(cm)

Khi đó, r=12R=12.22=2(cm)

Vậy R+r=22+2=32(cm)

Chọn A.


II. PHẦN TỰ LUẬN:

Câu 1

Phương pháp:

a) Cách 1: Đưa phương trình về dạng A(x).B(x)=0[A(x)=0B(x)=0    

Cách 2: Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu ab+c=0 thì phương trình ax2+bx+c=0(a0) có hai nghiệm phân biệt: x1=1;x2=ca

b) Vận dụng hằng đẳng thức ab=(ab)(a+b) xác định mẫu thức chung của biểu thức

Quy đồng các phân thức, thực hiện các phép toán từ đó rút gọn được biểu thức.

Cách giải:

a) x24x5=0

Cách 1:

x24x5=0x25x+x5=0x(x5)+(x5)=0(x5)(x+1)=0[x5=0x+1=0[x=5x=1

Vậy phương trình có tập nghiệm là S={1;5}

Cách 2: x24x5=0

Phương trình có: ab+c=1+45=0

Phương trình có nghiệm x1=1x2=ca=5.

Vậy phương trình có tập nghiệm là S={1;5}

b) Điều kiện: x0,x4.

A=xx4+1x2+1x+2=x(x2)(x+2)+1x2+1x+2=x+x+2+x2(x2)(x+2)=x+2x(x2)(x+2)=x(x+2)(x2)(x+2)=xx2.

Vậy A=xx2 khi x0,x4.

Câu 2

Phương pháp:

Gọi giá niêm yết của quạt điện là x(đồng) (xN,x<900000)

Giá niêm yết của chiếc đèn tích điện là y (đồng) (yN,y<900000)

Tính được giá của quạt điện và đèn tích điện sau khi giảm.

Lập được hệ phương trình, giải hệ phương trình, đối chiếu điều kiện và kết luận.

Cách giải:

Gọi giá niêm yết của quạt điện là x(đồng) (xN,x<900000)

Giá niêm yết của chiếc đèn tích điện là y (đồng) (yN,y<900000)

Giá của quạt điện sau khi giảm 15%x0,15x=0,85x (đồng)

Giá của chiếc đèn tích điện sau khi giảm 10%y0,1y=0,9y (đồng)

Do tổng số tiền theo giá niêm yết của hai sản phẩm là 900000 đồng và tổng số tiền sau khi đã giảm giá của   đồng nên ta có hệ phương trình:

{x+y=9000000,85x+0,9y=780000{y=900000x0,85x+0,9.(900000x)=780000{y=900000x0,85x+8100000,9x=780000{0,05x=30000y=900000x{x=600000y=300000(tm)

Vậy giá niêm yết của quạt điện là 600000 đồng và giá niêm yết của chiếc đèn tích điện là 300000 đồng.

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

a) + Vận dụng dấu hiệu nhận biết: tứ giác có tổng hai góc đối nhau bằng 1800 là tứ giác nội tiếp.

+ Sử dụng kiến thức góc nội tiếp cùng chắn cung trong đường tròn.

b) Ta sẽ chứng minh: KNABNIAB tại I, từ đó suy ra K,N,I thẳng hàng.

Cách giải:

a) Chứng minh tứ giác EFBM nội tiếp được trong một đường tròn và CMA=DMA

M(O); AB là đường kính của (O)

AMB=900

Ta có: CDAB tại F (gt), ECDEFB=900

Xét tứ giác EFBM, có:

AMB=900EFB=900

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau

Tứ giác EFBM nội tiếp một đường tròn (đpcm)

CDAB tại F (gt) F là trung điểm của CD (định lí về mối liên hệ giữa đường kính và dây cung)

Xét ΔACD có:

            F là trung điểm của CD (cmt)

            AFCD (do ABCD, FAB))

AF là đường cao đồng thời là đường trung trực của ΔACD

ΔACD cân tại A

ACD=ADC (tính chất)

ADC=CMA (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

      AMD=ACD (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AD)

Do đó: AMD=CMA (đpcm)

b) Gọi giao điểm của hai đường thẳng ACBMK; giao điểm của hai đường thẳng DMABI; giao điểm của hai đường thẳng AMBCN. Chứng minh ba điểm K,N,I thẳng hàng.

Ta có: ACB=90o ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) CBAC hay CBAK

           AMB=90o( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AMMB hay AMBK

Xét ΔAKB có:

            CBAKAMKB

CBAN={N}

N là trực tâm của ΔAKB

KN là đường cao thứ ba của ΔAKB

KNAB(1)

Ta có: NMI=IBN (cùng bù với góc ADC)

Xét tứ giác NMBI có: NMI=IBN (cmt)

Mà hai góc này cùng nhìn cạnh IN dưới một góc không đổi.

Tứ giác NMBI nội tiếp một đường tròn

NMB+NIB=1800 (2 góc đối nhau)

900+NIB=1800NIB=900

NIIB tại I hay NIAB tại I (2)

(1),(2)K,N,I thằng hàng (đpcm).

Câu 4

Phương pháp:

Tách nhóm hợp lí, đưa về giả thiết của bài toán.

Cách giải

Ta có:

P=3(b+c)2a+4a+3c3b+12(bc)2a+3c=[3(b+c)2a+2]+[4a+3c3b+1]+[12(bc)2a+3c+8]11=4a+3b+3c2a+4a+3b+3c3b+4(4a+3b+3c)2a+3c11=(4a+3b+3c)(12a+13b+42a+3c)11=[2a+3b+(2a+3c)](12a+13b+42a+3c)11(1+1+2)211=5

Dấu bằng xảy ra 2a=3b=2a+3c2

{2a=3b4a=2a+3c{2a=3b2a=3c2a=3b=3c

Vậy giá trị nhỏ nhất của P=5 khi 2a=3b=3c.


Tải về

Quảng cáo

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

>> Học trực tuyến lớp 9 & lộ trình Up 10! trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách (Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều), theo lộ trình 3: Nền Tảng, Luyện Thi, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.

close