Đề thi vào 10 môn Toán Sơn La năm 2021

Tải về

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 ĐIỂM) Chọn phương án trả lời đúng và ghi vào giấy kiểm tra. Câu 1. Căn bậc hai số học của

Quảng cáo
Lựa chọn câu để xem lời giải nhanh hơn

Đề bài

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 ĐIỂM)

Chọn phương án trả lời đúng và ghi vào giấy kiểm tra.

Câu 1. Căn bậc hai số học của 55 là:

     A. 55             B. 55                     C. 2525                              D. 2525     

Câu 2. Phương trình nào dưới đây là phương trình bậc nhất một ẩn?

     A. x2+2x3=0x2+2x3=0                                               B. x+1x1=0x+1x1=0              C. 2x+3=02x+3=0                                   D. x3+x21=0x3+x21=0

Câu 3. Hàm số y=mx+5y=mx+5 đồng biến trên R khi:

     A. m>0                    B. m<0                         C. m=0                         D. m0    

Câu 4. Cho tam giác OAB vuông tại O,OHAB tại H (tham khảo hình vẽ). Khẳng định nào dưới đây đúng?

 

     A. 1OH2=1HA2+1HB2                         B. 1OH2=1OA2+1OB2               

     C. 1OH2=1OA2.1OB2                                    D. 1OH2=1OA21OB2                

Câu 5. Cho hai đường tròn (O;2cm)(O;6cm). Đường tròn (O)(O) tiếp xúc ngoài với nhau khi OO bằng:

     A. 3cm                      B. 4cm                           C. 12cm                        D. 8cm     

Câu 6. Hệ phương trình {x+y=32xy=3 có nghiệm là:

     A. (3;0)                                         B. (3;3)  C. (0;3)                               D. (0;3)

Câu 7. Hàm số y=12x2 có đồ thị đi qua điểm nào dưới đây?

     A. M(0;1)                                        B. N(0;12)     C. P(1;1)    D. Q(0;0)                                             

Câu 8. Phương trình x25x7=0 có hai nghiệm x1,x2. Giá trị của x1.x2 bằng:

     A. 7                         B. 7                                 C. 5                             D. 5         

Câu 9. Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn có số đo bằng:

     A. 450                 B. 600                      C. 900                      D. 1800    

Câu 10. Thể tích của hình cầu có bán kính R là:

     A. 13πR3                                     B. 43πR3              C. 4πR3                    D. 34πR3                                         

II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 ĐIỂM)

Câu 1 (1,5 điểm):

a) Tính giá trị biểu thức M=751248+3

b) Rút gọn biểu thức P=xx1+3x+14x3x1 với x0,x1.

Câu 2 (1,5 điểm):

a) Giải phương trình x2+5x6=0.

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x22mx+4m4=0 có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x21+x228=0.

Câu 3 (1,0 điểm):

Một trường THPT nhận được 650 hồ sơ đăng kí thi tuyển sinh vào lớp 10 với hai hình thức: đăng kí trực tuyến và đăng kí trực tiếp tại nhà trường. Số hồ sơ đăng kí trực tuyến nhiều hơn số hồ sơ đăng kí trực tiếp là 120 hồ sơ. Hỏi nhà trường đã nhận bao nhiêu hồ sơ đăng kí trực tuyến?

Câu 4 (3 điểm):

Cho ΔABC nhọn có đường cao ADH là trực tâm tam giác. Vẽ đường tròn tâm I đường kính BC, từ A kẻ các tiếp tuyến AM,AN với đường tròn (I) (M,N là các tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác AMIN nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh AMN=ADNAHN=AND.

c) Chứng minh ba điểm M,H,N thẳng hàng.

Câu 5 (1,0 điểm):

Cho parabol (P):y=x2 và hai điểm A(3;9), B(2;4). Tìm điểm M có hoành độ thuộc khoảng (3;2) trên (P) sao cho diện tích tam giác MAB lớn nhất.

Lời giải

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM

 

1. B

2. C

3. A

4. B

5. D

6. C

7. D

8. A

9. C

10. B

 

Câu 1 (NB)

Phương pháp:

Với số dương a, số a được gọi là căn bậc hai số học của a.

Cách giải:

Căn bậc hai số học của 55

Chọn B.

Câu 2 (NB)

Phương pháp:

Sử dụng định nghĩa phương trình bậc nhất một ẩn: Phương trình dạng ax+b=0 trong đó a,b là các số cho trước và a0 được gọi là phương trình bậc nhất một ẩn.

Cách giải:

Ta có phương trình 2x+3=0 là phương trình bậc nhất một ẩn.

Chọn C.

Câu 3 (NB)

Phương pháp:

Hàm số y=ax+b đồng biến trên Ra>0

Cách giải:

Hàm số y=mx+5 đồng biến trên R khi: m>0

Chọn A.                                

Câu 4 (NB)

Phương pháp:

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông.

Cách giải:

ΔOAB vuông tại O,OHAB, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: 1OH2=1OA2+1OB2

Chọn B.

Câu 5 (TH)

Phương pháp:

Hai đường tròn (O;R)(O;R) tiếp xúc ngoài với nhau khi OO=R+R                                                                                                

Cách giải:

Hai đường tròn (O;2cm)(O;6cm) tiếp xúc ngoài với nhau khi OO=R+R=2+6=8(cm)

Chọn D.

Câu 6 (TH)

Phương pháp:

Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số

Cách giải:

{x+y=32xy=3{3x=0x+y=0{x=0y=x3{x=0y=3

Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x;y)=(0;3)

Chọn C.

Câu 7 (NB)

Phương pháp:

Hàm số y=ax2 (a0) đi qua điểm M(x0;y0) nếu y0=ax20

Cách giải:

Thay x=0 vào y=12x2, ta được y=12.02=0

Hàm số y=12x2 đi qua điểm có tọa độ (0;0)

Chọn D.

Câu 8 (NB)

Phương pháp:

Áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: x1.x2=ca

Cách giải:

Ta có: Δ=(5)24.(7)=53>0

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1,x2

Áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: x1.x2=ca=71=7

Chọn A.

Câu 9 (TH)

Phương pháp:

Vận dụng hệ quả: Trong một đường tròn, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông.

Cách giải:

Trong một đường tròn, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông nên có số đo bằng 900.

Chọn C.

Câu 10 (NB)

Phương pháp:

Hình cầu có bán kính R thì thể tích được tính theo công thức V=43πR3

Cách giải:

Hình cầu có bán kính R thì thể tích được tính theo công thức V=43πR3

Chọn B.

 

II. PHẦN TỰ LUẬN

Câu 1 (TH)

Phương pháp:

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

Thực hiện các phép tính với căn bậc hai.

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) Ta có:

M=751248+3M=52.322.342.3+3M=532343+3M=(524+1)3M=0

Vậy M=0.

b) Với x0,x1 ta có:

P=xx1+3x+14x3x1P=x(x+1)+3(x1)(4x3)(x1)(x+1)P=x+x+3x34x+3(x1)(x+1)P=xx1

Vậy với x0,x1 thì P=xx1.

Câu 2 (VD):

Phương pháp:

a) Tính nhẩm nghiệm của phương trình bậc hai: Nếu a+b+c=0 thì phương trình ax2+bx+c=0(a0)

b) Phương trình ax2+bx+c=0(a0) có hai nghiệm phân biệt Δ>0 (hoặc Δ>0)

Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được x1+x2;x1.x2 theo m

Thay vào hệ thức của đề bài, tìm được m

Cách giải:

a) Giải phương trình x2+5x6=0.

Phương trình x2+5x6=0 có: a+b+c=1+56=0

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1=1x2=ca=6.

Vậy phương trình có tập nghiệm S={6;1}.

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x22mx+4m4=0 có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x21+x228=0.

Xét phương trình x22mx+4m4=0:

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1,x2 Δ>0

m24m+4>0(m2)2>0m20m2

Với m2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1,x2.

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: {x1+x2=2mx1x2=4m4.

Theo đề bài ta có: x21+x228=0

(x1+x2)22x1x28=04m22(4m4)8=04m28m+88=04m28m=04m(m2)=0[m=0m2=0[m=0(tm)m=2(ktm)

Vậy m=0 thỏa mãn bài toán.

Câu 3 (VD):

Phương pháp:

Gọi số hồ sơ đăng kí trực tuyến là x (hồ sơ) (ĐK: xN,x<650).

Tính được số hồ sơ đăng kí trực tiếp tại trường theo x

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

Cách giải:

Gọi số hồ sơ đăng kí trực tuyến là x (hồ sơ) (ĐK: xN,x<650).

Vì trường THPT nhận được 650 hồ sơ nên số hồ sơ đăng kí trực tiếp tại nhà trường là 650x (hồ sơ).

Vì số hồ sơ đăng kí trực tuyến nhiều hơn số hồ sơ đăng kí trực tiếp là 120 hồ sơ nên ta có phương trình:

x(650x)=1202x650=1202x=770x=385(tm)

Vậy số hồ sơ đăng kí trực tuyến 385 hồ sơ.

Câu 4 (VD):

Phương pháp:

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

b) Ta sẽ chứng minh: AE.AC=AH.AD;AE.AC=AN2AHAN=ANAD

Chứng minh:

c) Ta sẽ chứng minh: ANH=ANM(=ADN)

Cách giải:

 

a) Ta có: AM,AN là các tiếp điểm của đường tròn (I) tại MN

AMI=ANI=900 (định nghĩa đường tiếp tuyến của đường tròn).

Xét tứ giác AMIN ta có: AMI+ANI=900+900=1800

AMIN là tứ giác nội tiếp. (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800) (đpcm).

b) Chứng minh AMN=ADNAHN=AND.

Ta có: AD là đường cao của ΔABC ADBC={D} hay ADI=900

Xét tứ giác ADIN ta có: ADN+ANI=900+900=1800

ADIN là tứ giác nội tiếp. (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 1800)

A,D,I,N cùng thuộc một đường tròn.

Lại có: AMIN là tứ giác nội tiếp (cmt) A,M,I,N cùng thuộc một đường tròn.

A,M,D,I,N cùng thuộc một đường tròn.

Hay AMDN là tứ giác nội tiếp.

AMN=ADN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN). (đpcm)

Gọi E là chân đường cao hạ từ B của ΔABC BEAC={E} hay AEH=900

Xét ΔAHEΔACD ta có:

 

Xét ΔAENΔANC ta có:

CANchung

ACN=ANE (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung EN)

Từ (1)(2) suy ra AN2=AH.AD(=AE.AC)

AHAN=ANAD

Xét ΔAHNΔAHD ta có:

{HANchungAHAN=ANAD(cmt)

c) Ta có: AMN=ANM (hai góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung MN của (I))

ANM=ADN(=AMN)

Ta có:

ANH=ADN (hai góc tương ứng)

ANH=ANM(=ADN)

Lại có H,M nằm cùng phía với AN

H,M,N thẳng hàng. (đpcm).

Câu 5 (VDC):

Phương pháp:

Gọi M(a;a2)(P) (3<a<2).

Gọi H,K,I lần lượt là hình chiếu của A,B,M lên trục Ox.

Biểu diễn SΔMAB=SABKHSAMIHSBMIK để tìm được giá trị lớn nhất của tam giác MAB.

Cách giải:

 

Gọi M(a;a2)(P) (3<a<2).

Gọi H,K,I lần lượt là hình chiếu của A,B,M lên trục Ox.

Ta có:

SΔMAB=SABKHSAMIHSBMIK=12(9+4).512(9+a2).|3a|12(4+a2).|2a|=65212[(9+a2).|3a|+(4+a2).|2a|]

3<a<2{a+3>02a>0{|3a|=a+3|2a|=2a

Khi đó ta có:

SΔMAB=65212[(9+a2).(a+3)+(4+a2).(2a)]=65212(9a+27+a3+3a2+84a+2a2a3)=65212(5a2+5a+35)=65252(a2+a+7)

Ta có a2+a+7=a2+2.a.12+14+274=(a+12)2+274274.

SΔMAB65252.274=1258.

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác MAB bằng 1258, đạt được khi a=12M(12;14).

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