SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CAO BẰNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (4,0 điểm)
1) Thực hiện phép tính: 5 9 3 4−
2) Tìm ađể đồ thị hàm số y ax= +5đi qua điểm M
(
3; 1−)
3) Giải hệ phương trình: 2x2 −3 1 0x+ = 4) Giải hệ phương trình: 4 5 3
3 5 x y x y
+ =
− =
Câu 2. (2,0 điểm)
Bác An đi x ô tô từ Cao Bằng đến Hải Phòng. Sau khi đi được nửa quãng đường, bác An cho xe tăng vận tốc thêm 5km h/ nên thời gian đi nửa quãng đường sau ít hơn thời gian đi nửa quãng đường đầu là 30phút. Hỏi lúc đầu bác An đi xe với vận tốc bao nhiêu ? Biết rằng khoảng cách từ Cao Bằng đến Hải Phòng là
360 .km
Câu 3. (1,0 điểm)
Cho tam giác ABCvuông tại A.Biết AB=6 ,cm AC=8 .cm a) Tính độ dài cạnh BC
b) Kẻ đường cao AH.Tính độ dài đoạn AH Câu 4. (2.0 điểm)
Qua điểm Anằm ngoài đường tròn
( )
O vẽ hai tiếp tuyến ABvà ACcủa đường tròn ( ,B Clà các tiếp điểm)a) Chứng minh ABOClà tứ giác nội tiếp
b) Kẻ đường thẳng qua diểm Acắt đường tròn
( )
O tại hai điểm Evà Fsao cho Enằm giữa A và F. Chứng minh BE CF BF CE. = .Câu 5. (1,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức 1 2
2 3
A= x
− − --- HẾT ---
ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT Bài 1.
1) Ta có: 5 9 3 4 5.3 3.2 15 6 9− = − = − =
2) Vì đồ thị hàm số y ax= +5đi qua điểm M
(
3; 1−)
nên thay x=3,y = −1vào hàm số y ax= +5ta được: − =1 a.3 5+ ⇔3a= − ⇔ = −6 a 2Vậy a= −2
3) Ta có: 2x2 −3 1 0x+ =
Phương trình trên có dạng a b c+ + =0nên có hai nghiệm 1 1 2 x x
=
=
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm 1; 1
x= x= 2 4) Ta có:
( )
4 5 3 4 5 3 17 17 1 2
3. 1 5
3 5 4 12 20 3 5 1
x y x y y y x
x
x y x y x y y
= −
+ = + = = − =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
− = − = = + = − + = −
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
( ) (
x y; = 2; 1−)
Bài 2.
Gọi vận tốc lúc đầu của bác An đi là x km h x
(
/)(
>0)
Nửa quãng đường đầu và nửa quãng đường sau đều dài : 360: 2 180( )= km Thời gian bác An đi nửa quãng đường đầu là 180
x (giờ)
Trên nửa quãng đường sau, bác An đi với vận tốc là x+5
(
km h/)
Thời gian bác An đi nửa quãng đường sau là 180 5 x+ (giờ)
Vì thời gian đi nửa quãng đường sau ít hơn thời gian đi nửa quãng đường đầu là 30phút 1
= 2giờ nên ta có phương trình
( )
( )
2180 5 180
180 180 1 1 180 900 180 1
5 2 5 2 5 2
x x x x
x x x x x x
+ − + −
− = ⇔ = ⇔ =
+ + +
( )
2 2
2 2
900 1 5 1800 5 1800 0
5 2
5 4. 1800 7225 85
x x x x
x x
⇔ = ⇔ + = ⇔ + − =
+
∆ = − − = ⇒ ∆ =
Nên phương trình có hai nghiệm 1
2
5 85 45( )
5 85 40( )2 2
x ktm
x tm
= − − = −
= − + =
Vậy lúc đầu bác An đi với vận tốc 40km h/ Bài 3.
a) Xét ∆ABCvuông tại A,theo định lý Pytago ta có:
2 2 2 2 6 8 1002 2 100 10( ) BC =AB +AC ⇔ BC = + = ⇒BC= = cm Vậy BC=10cm
b) Xét ∆ABCvuông tạiA,có chiều cao AH,theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có : AH BC AB AC. . AH AB AC. 6.810 4,8
( )
cm= ⇔ = BC = =
Vậy AH =4,8cm Bài 4.
H A
B C
a) ABlà tiếp tuyến với
( )
O nên OB AB⊥ ⇒OBA =900 AClà tiếp tuyến với( )
O nên OC AC⊥ ⇒OCA =900 Tứ giác ABOCcó OBA ACO + =90 90 1800 + 0 = 0Do đó ABOClà tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 ) 0 b) Xét ∆ABEvà ∆AFBcó: Achung ; ABE AFC= (cùng chắn cung BE)
( . ) AB BE AE
ABE AFB g g
AF BF AF
⇒ ∆ ∆ ⇒ = = (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
. .
AB BF AF BE
⇒ = và AB2 =AE AF. Xét ∆ACEvà ∆AFCcó:
Achung; ACE AFC= (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn
) CE
( . ) AC CE AE
ACE AFC g g
AF CF AC
⇒ ∆ ∆ ⇒ = = (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
. .
AC CE AE CF
⇒ = . Ta có:
2
. . ; . .
. . . .
. . . . .
AB BF AF BE AC CE AE CF AB BF AC CE AF BE AE CF
AB BF CE AE AF BE CF
= =
⇒ =
⇒ =
Mà AB2 = AE AF cmt. ( )⇒BF CE BE CF dfcm. = . ( )
Bài 5.
E C
B
O A
F
Điều kiện:
2
2 2
3 0
2 3 0 3
x x
x
− ≥
⇔ ≤
− − ≠
. Ta có:
2 2 2
2 2
2
0 3 3 0 3 3 3 3 3 0
3 3 0 2 3 2 3 2
1 1 1
2 3 2 3 2
1 1
2 2 3
x x x
x x
x A
≤ ≤ ⇒ − ≥ − ≥ − ⇒ ≥ − ≥
⇒ ≥ − ≥ ⇔ − ≤ − − ≤
⇒ ≥ ≥
− − −
⇒ ≤ ≤
−
Vậy GTNNcủa Alà 1 0
2 ⇔ =x ; GTLN của Alà 1 3
2 3 ⇔ = ±x
− --- HẾT ---