Giao diện mới của VnDoc Pro: Dễ sử dụng hơn - chỉ tập trung vào lớp bạn quan tâm. Vui lòng chọn lớp mà bạn quan tâm: Lưu và trải nghiệm

VnDoc.com

Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2020 - 2021

Đề tuyển sinh vào lớp 10 có đáp án

Bài trước

Bài sau

Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm 2020

Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2020 - 2021 được VnDoc sưu tầm và đăng tải. Đề thi gồm 01 trang với 10 câu hỏi tự luận tổng thời gian 120 phút sẽ là tài liệu tham khảo, giúp các bạn học sinh có thêm tài liệu luyện tập, chuẩn bị tốt cho kì thi vào lớp 10 THPT sắp tới

Để tiện trao đổi, chia sẻ kinh nghiệm về giảng dạy và học tập các môn học lớp 9, VnDoc mời các thầy cô giáo, các bậc phụ huynh và các bạn học sinh truy cập nhóm riêng dành cho lớp 9 sau: Nhóm Tài liệu học tập lớp 9. Rất mong nhận được sự ủng hộ của các thầy cô và các bạn.

Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2020 - 2021

Đáp án đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm 2020

Câu 1: (1,0 điểm) Tìm điều kiện của x để biểu thức $A=\sqrt{4-3x}-\sqrt[3]{x+1}$ $A=\sqrt{4-3x}-\sqrt[3]{x+1}$ có nghĩa

Để A có nghĩa $\Leftrightarrow 4-3x \geq 0\Leftrightarrow x \geq \frac{3}{4}.$ $\Leftrightarrow 4-3x \geq 0\Leftrightarrow x \geq \frac{3}{4}.$

Câu 2: (1,0 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải phương trình sau:

$x^2 - (3+\sqrt2)x +3\sqrt2 = 0$ $x^2 - (3+\sqrt2)x +3\sqrt2 = 0$

Ta có: $\Delta = (3+\sqrt{2} )^2 - 4 \times3\sqrt{2}$ $\Delta = (3+\sqrt{2} )^2 - 4 \times3\sqrt{2}$

$= 9 + 6\sqrt{2} + 2 - 12\sqrt{2}$ $= 9 + 6\sqrt{2} + 2 - 12\sqrt{2}$

$= 9 - 6\sqrt{2} + 2$ $= 9 - 6\sqrt{2} + 2$

$= (3-\sqrt{2} )^2$ $= (3-\sqrt{2} )^2$

Ta thấy $\Delta > 0$ $\Delta > 0$ nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt:

$\left\{ \matrix{ x_1=\frac{3+\sqrt{2}-\sqrt{\Delta}}{2} \hfill \cr x_2=\frac{3+\sqrt{2}+\sqrt{\Delta}}{2} \hfill \cr} \right.$ $\left\{ \matrix{ x_1=\frac{3+\sqrt{2}-\sqrt{\Delta}}{2} \hfill \cr x_2=\frac{3+\sqrt{2}+\sqrt{\Delta}}{2} \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x_1=\frac{3+\sqrt{2}-\sqrt{(3-\sqrt{2})^2}}{2} \hfill \cr x_2=\frac{3+\sqrt{2}+\sqrt{(3-\sqrt{2})^2}}{2} \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x_1=\frac{3+\sqrt{2}-\sqrt{(3-\sqrt{2})^2}}{2} \hfill \cr x_2=\frac{3+\sqrt{2}+\sqrt{(3-\sqrt{2})^2}}{2} \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x_1=\frac{3+\sqrt{2}-(3-\sqrt{2})}{2} \hfill \cr x_2=\frac{3+\sqrt{2}+(3-\sqrt{2})}{2} \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x_1=\frac{3+\sqrt{2}-(3-\sqrt{2})}{2} \hfill \cr x_2=\frac{3+\sqrt{2}+(3-\sqrt{2})}{2} \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x_1=\sqrt{2} \hfill \cr x_2=3 \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x_1=\sqrt{2} \hfill \cr x_2=3 \hfill \cr} \right.$

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt là $x_1=\sqrt2 và x_2=3.$ $x_1=\sqrt2 và x_2=3.$

Câu 3: (1,0 điểm) Cho hàm số $y =\frac{1}{2-m}x+2021$ $y =\frac{1}{2-m}x+2021$. Tìm các giá trị của m để hàm số đã cho là hàm số bậc nhất đồng biến trên $\mathbb{R}$ $\mathbb{R}$

Để hàm số đã cho là hàm bậc nhất đồng biến trên $\mathbb{R}$ $\mathbb{R}$ $\Leftrightarrow \frac {1}{2-m} >0\Leftrightarrow m <2$ $\Leftrightarrow \frac {1}{2-m} >0\Leftrightarrow m <2$

Câu 4: (1,0 điểm) Đồ thị hàm số $y=ax^2$ và đường thẳng $y=2x+2$ cùng đi qua điểm có hoành độ là 1. Tìm giá trị của a.

Gọi A là điểm mà cả 2 đồ thị trên đi qua có hoành độ là 1.

Ta có toạ độ của A là: $\left\{ \matrix{ x=1 \hfill \cr y=2\times1+2=4 \hfill \cr} \right.$ $\left\{ \matrix{ x=1 \hfill \cr y=2\times1+2=4 \hfill \cr} \right.$

Thay toạ độ của A vào hàm số $y=ax^2$, ta có: $4=a\times1^2\Leftrightarrow a=4$ $4=a\times1^2\Leftrightarrow a=4$

Vậy $a=4$.

Câu 5: (1,0 điểm) Cho biểu thức

$B=\big( \frac{2x+1}{x\sqrt{x}-1} - \frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1} \big) \big(\frac{1+x\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}- \sqrt{x} \big)$ $B=\big( \frac{2x+1}{x\sqrt{x}-1} - \frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1} \big) \big(\frac{1+x\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}- \sqrt{x} \big)$ với $x \geq 0$ $x \geq 0$ và $x ≠ 1$

a. Rút gọn B

Ta có:

$=\big( \frac{2x+1}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} - \frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1} \big) \big(\frac{(1+\sqrt{x})(1-\sqrt{x}+x)}{1+\sqrt{x}}- \sqrt{x} \big)$ $=\big( \frac{2x+1}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} - \frac{\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}+1} \big) \big(\frac{(1+\sqrt{x})(1-\sqrt{x}+x)}{1+\sqrt{x}}- \sqrt{x} \big)$

$=\big( \frac{2x+1}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} - \frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} \big) \big(1-\sqrt{x}+x- \sqrt{x} \big)$ $=\big( \frac{2x+1}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} - \frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} \big) \big(1-\sqrt{x}+x- \sqrt{x} \big)$

$=\big( \frac{2x+1-x+\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} \big) \big(1-2\sqrt{x}+x \big)$ $=\big( \frac{2x+1-x+\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} \big) \big(1-2\sqrt{x}+x \big)$

$= \frac{x+\sqrt{x}+1}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} (\sqrt{x}-1 )^2$ $= \frac{x+\sqrt{x}+1}{(\sqrt{x}-1)(x+\sqrt{x}+1)} (\sqrt{x}-1 )^2$

$= \sqrt{x}-1$ $= \sqrt{x}-1$

Vậy $B = \sqrt{x}-1$ $B = \sqrt{x}-1$

b. Tìm x để B = 5

Để $B=5\Leftrightarrow \sqrt{x}-1 = 5\Leftrightarrow \sqrt{x} = 6\Leftrightarrow x=36$ $B=5\Leftrightarrow \sqrt{x}-1 = 5\Leftrightarrow \sqrt{x} = 6\Leftrightarrow x=36$ (thoả mãn đkxđ)

Vậy để $B=5\Leftrightarrow x=36$ $B=5\Leftrightarrow x=36$

Câu 6: (1,0 điểm) Người ta đổ thêm 100g nước vào một dung dịch chứa 20g muối thì nồng độ của dung dịch giảm đi 10%. Hỏi trước khi đổ thêm nước thì dung dịch đó chứa bao nhiêu nước?

Gọi số nước ban đầu của dung dịch đó có là A (g). (A>0)

Nồng độ của dung dịch đó ban đầu là: $\frac{20}{A}$ $\frac{20}{A}$

Nồng độ của dung dịch đó sau khi đổ thêm 100g nước là $\frac{20}{A+100}$ $\frac{20}{A+100}$

Vì khi đổ thêm 100g nước vào dung dịch đó chứa 20g muối thì nồng độ của dung dịch giảm đi 10%, tức là:

$\frac{20}{A} - \frac{20}{A+100}= 0,1$ $\frac{20}{A} - \frac{20}{A+100}= 0,1$

$\Leftrightarrow \frac{20A+2000-20A}{A(A+100)} = 0,1$ $\Leftrightarrow \frac{20A+2000-20A}{A(A+100)} = 0,1$

$\Leftrightarrow A^2+100A - 20000=0$ $\Leftrightarrow A^2+100A - 20000=0$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ A_1=100 \hfill \cr A_2=-200 \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ A_1=100 \hfill \cr A_2=-200 \hfill \cr} \right.$

Mà A>0 theo đkxđ nên $A=100.$

Câu 7: (1,0 điểm) Xác định tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD biết AB = 8cm, BC = 6cm.

Kẻ đường chéo AC cắt BD tại O. Ta thấy O chính là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD.

Bán kính của đường tròn này là: $R = OA = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt{AB^2+BC^2}=\frac{1}{2}\sqrt{8^2+6^2} =5 (cm).$ $R = OA = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}\sqrt{AB^2+BC^2}=\frac{1}{2}\sqrt{8^2+6^2} =5 (cm).$

Câu 8: (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết BC = 20cm, $\frac{AB}{AC} =\frac {4}{3}$ $\frac{AB}{AC} =\frac {4}{3}$. Tính HB và HC.

Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2020 - 2021

Ta có $BC^2 = AB^2 + AC^2 = AB^2 + \big( \frac{3}{4}AB \big)^2\Leftrightarrow 20^2 = \frac{25}{16}AB^2 \Leftrightarrow AB = \frac{20\times4}{5}=16 (cm)$ $BC^2 = AB^2 + AC^2 = AB^2 + \big( \frac{3}{4}AB \big)^2\Leftrightarrow 20^2 = \frac{25}{16}AB^2 \Leftrightarrow AB = \frac{20\times4}{5}=16 (cm)$

$\Rightarrow AC = 12 (cm)$ $\Rightarrow AC = 12 (cm)$

Ta có: $S_{\triangle ABC} = \frac {1}{2} AB.AC = \frac {1}{2} AH.BC\Leftrightarrow AH = \frac {AB.AC}{BC} = \frac {16\times12}{20} = \frac{48}{5} (cm)$ $S_{\triangle ABC} = \frac {1}{2} AB.AC = \frac {1}{2} AH.BC\Leftrightarrow AH = \frac {AB.AC}{BC} = \frac {16\times12}{20} = \frac{48}{5} (cm)$

Ta có:

$\triangle AHB ∽ \triangle CHA\Rightarrow \frac{AH}{CH} = \frac{HB}{HA} = \frac{AB}{AC} = \frac{4}{3} \Rightarrow \left\{ \matrix{ HC=\frac{3}{4}AH \hfill \cr HB=\frac{4}{3}AH \hfill \cr} \right.\Rightarrow \left\{ \matrix{ HC=\frac{3}{4}\times\frac{48}{5}= \frac{36}{5} \space (cm)\hfill \cr HB=\frac{4}{3}\times\frac{48}{5}=\frac{64}{5}\space (cm) \hfill \cr} \right.$ $\triangle AHB ∽ \triangle CHA\Rightarrow \frac{AH}{CH} = \frac{HB}{HA} = \frac{AB}{AC} = \frac{4}{3} \Rightarrow \left\{ \matrix{ HC=\frac{3}{4}AH \hfill \cr HB=\frac{4}{3}AH \hfill \cr} \right.\Rightarrow \left\{ \matrix{ HC=\frac{3}{4}\times\frac{48}{5}= \frac{36}{5} \space (cm)\hfill \cr HB=\frac{4}{3}\times\frac{48}{5}=\frac{64}{5}\space (cm) \hfill \cr} \right.$

Vậy $HC = \frac{36}{5} cm$ $HC = \frac{36}{5} cm$ và $= \frac{64}{5} cm.$ $= \frac{64}{5} cm.$

Câu 9: (1,0 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB. Lấy điểm C nằm trên đường tròn (C ≠ A, C ≠ B). Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và C cắt nhau tại D. Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB. I là giao điểm của BD và CH. Chứng minh rằng CI = HI.

Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2020 - 2021

Kéo dài BC cắt AD tại E.

Xét đường tròn (O) có dây cung AC, ta có $\angle ABC = \angle ACD$ $\angle ABC = \angle ACD$ (tính chất góc nội tiếp chắn cung) $= \angle DAC$ $= \angle DAC$ (Tính chất DA DC là 2 tiếp tuyến của (O))

Lại có: $\angle ACB = 90⁰$ $\angle ACB = 90⁰$ (góc nội tiếp (O) chắn đường kính AB) $\Rightarrow \angle ECD = 90⁰ - \angle DCA = 90⁰ - DAC = \angle AEC\Rightarrow \triangle EDC$ $\Rightarrow \angle ECD = 90⁰ - \angle DCA = 90⁰ - DAC = \angle AEC\Rightarrow \triangle EDC$ cân tại D hay $DE = DC = DA\Rightarrow D$ $DE = DC = DA\Rightarrow D$ là trung điểm AE.

Ta có $CH \space //\space AE$ $CH \space //\space AE$ (cùng $⊥ AB$) nên xét tam giác BAE có $CH \space //\space AE\Rightarrow \frac{HC}{AE}=\frac{HB}{AB}$ $CH \space //\space AE\Rightarrow \frac{HC}{AE}=\frac{HB}{AB}$

Tương tự với tam giác ADB, ta có $\frac{HI}{AD}=\frac{HB}{AB}$ $\frac{HI}{AD}=\frac{HB}{AB}$

Suy ra $\frac{HI}{AD}=\frac{HC}{AE}\Rightarrow \frac{HI}{HC}=\frac{AD}{AE} = \frac{1}{2}\Rightarrow HI = CI (đpcm)$ $\frac{HI}{AD}=\frac{HC}{AE}\Rightarrow \frac{HI}{HC}=\frac{AD}{AE} = \frac{1}{2}\Rightarrow HI = CI (đpcm)$

Câu 10: (1,0 điểm) Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại hai điểm A và B. Vẽ tiếp tuyến chung CD của hai đường tròn (C thuộc (O), D thuộc (O')). Lấy hai điểm E, F lần lượt thuộc các đường tròn (O), (O') sao cho ba điểm E, B, F thẳng hàng (B nằm giữa E và F, E ≠ B, F ≠ B) vầ EF song song với CD. Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng DA với EF và CA với EF. K là giao điểm của hai đường thẳng EC và FD. Chứng minh rằng:

Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2020 - 2021

a. $\triangle KCD = \triangle BCD$ $\triangle KCD = \triangle BCD$

Theo tiên đề ơ-clit cho $CD \space // \space EF$ $CD \space // \space EF$, với đường thẳng KF, ta có $\angle KDC = \angle KFE$ $\angle KDC = \angle KFE$

Xét đường tròn (O') có CD là tiếp tuyến $\Rightarrow \angle CDB = \angle DAB = \angle DFB$ $\Rightarrow \angle CDB = \angle DAB = \angle DFB$(tính chất góc nội tiếp chắn cung BD) $= \angle KFE$ $= \angle KFE$

Suy ra $\angle KDC = \angle CDB$ $\angle KDC = \angle CDB$

Chứng minh tương tự ta có $\angle KCD = \angle DCB$ $\angle KCD = \angle DCB$

Xét tam giác KCD và BCD, ta có:

$\left\{ \matrix{ \angle KDC = \angle CDB \hfill \cr \angle KCD = \angle DCB \hfill \cr DC \space chung \hfill \cr} \right.\Rightarrow \triangle KCD = \triangle BCD (g.c.g) (đpcm)$ $\left\{ \matrix{ \angle KDC = \angle CDB \hfill \cr \angle KCD = \angle DCB \hfill \cr DC \space chung \hfill \cr} \right.\Rightarrow \triangle KCD = \triangle BCD (g.c.g) (đpcm)$

b. $KP = KQ$

Theo ý a, ta có $\triangle KCD = \triangle BCD\Rightarrow KD=BD$ $\triangle KCD = \triangle BCD\Rightarrow KD=BD$

Lại có $CD \space // \space EF (gt) \Rightarrow O$ $CD \space // \space EF (gt) \Rightarrow O'D ⊥ EF$ hay $O'D ⊥ BF.$

Theo tính chất của dây cung đường tròn, ta dễ thấy $BD = DF\Rightarrow KD=BD = DF\Rightarrow \triangle KBF$ $BD = DF\Rightarrow KD=BD = DF\Rightarrow \triangle KBF$ vuông tại B.

$\Rightarrow KB ⊥ EF$ $\Rightarrow KB ⊥ EF$ hay $KB ⊥ QP$

Xét tam giác GDB và GAD, có:

$\left\{ \matrix{ \angle BDG = \angle GAD \space (cm \space p.a) \hfill \cr \angle BGD \space chung \hfill \cr} \right.\Rightarrow \triangle GDB ∽ \triangle GAD\Rightarrow \frac{GD}{GB} = \frac{GA}{GD}\Rightarrow GD^2 = GA.GB$ $\left\{ \matrix{ \angle BDG = \angle GAD \space (cm \space p.a) \hfill \cr \angle BGD \space chung \hfill \cr} \right.\Rightarrow \triangle GDB ∽ \triangle GAD\Rightarrow \frac{GD}{GB} = \frac{GA}{GD}\Rightarrow GD^2 = GA.GB$

Chứng minh tương tự cho tam giác GCB và GAC ta có $GC^2 = GA.GB$

Suy ra $GD = GC$ (cùng hay G là trung điểm CD.

Tam giác ACD có $CD \space // \space EF$ $CD \space // \space EF$ hay $QP \space // \space CD$ $QP \space // \space CD$, có G là trung điểm CD, AG cắt QP tại $B\Rightarrow B$ $B\Rightarrow B$ là trung điểm QP.

Xét tam giác QKP có $KB ⊥ QP$ mà B là trung điểm $QP \Rightarrow$ $QP \Rightarrow$ tam giác QKP cân tại $K \Rightarrow KP = KQ$ $K \Rightarrow KP = KQ$ (đpcm)

Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2020 - 2021 được VnDoc chia sẻ trên đây với 10 câu hỏi tự luận tổng thời gian 120 phút, giúp các bạn học sinh có thêm tài liệu ôn tập chuẩn bị tốt cho kì thi sắp tới. Ngoài đề thi minh họa của tỉnh Thái Nguyên các bạn tham khảo các đề của các tỉnh khác nữa nhé

............................................

Ngoài Đề thi minh họa vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Thái Nguyên năm học 2020 - 2021. Mời các bạn học sinh còn có thể tham khảo các đề thi học kì 2 lớp 9 các môn Toán, Văn, Anh, Lý, Địa, Sinh mà chúng tôi đã sưu tầm và chọn lọc. Với đề Thi vào lớp 10 năm 2020 này giúp các bạn rèn luyện thêm kỹ năng giải đề và làm bài tốt hơn. Chúc các bạn ôn thi tốt