Đề thi vào 10 môn Toán Thái Bình năm 2020

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2020 – 2021

Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1:

Cho 1 1 x A

x

 



và 1 1 : 1 1 1 x x x B

x x x

              

(với 0, 1 x x  ).

a) Tính giá trị của biểu thức A khi 9 x  .

b) Rút gọn biểu thức B.

c) Tìm x để giá trị của A và B trái dấu.

Câu 2:

Cho hệ phương trình 2 4 5 2 3 x y m x y m        

với m là tham số.

a) Giải hệ phương trình khi 3. m 

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm   ;x y thỏa mãn 2 1 1. x y  

Câu 3:

Cho parabol 

2 : P y x  và đường thẳng 

2 : 3 1 d y mx m   ( m là tham số).

a) Tìm m để đường thẳng  d đi qua điểm   1; 9 . A 

b) Tìm m để  d cắt  P tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 2 ; x x thỏa mãn 1 2 1 2 2 . x x x x  

Câu 4:

Qua điểm M nằm bên ngoài đường tròn   ; O R , kẻ hai tiếp tuyến , MA MB ( ,A B là hai tiếp điểm). Vẽ cát

tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và D ).

a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp và MO AB  .

b) Chứng minh . . MA AD MD AC  .

c) Gọi I là trung điểm của dây cung CD và E là giao điểm của hai đường thẳng AB và OI . Tính độ dài

đoan thẳng OE theo R khi 3 R OI  .

d) Qua tâm O kẻ đường thẳng vuông góc với OM cắt đường thẳng , MA MB lần lượt tại P và Q . Tìm vị trí điểm M để diện tích tam giác MPQ đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 5:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 3 4 16 2 12 1998. P x x y x y y      

2

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM

Câu 1 (2,0 điểm)

Cách giải:

Cho 1 1 x A

x

 



và 1 1 : 1 1 1 x x x B

x x x

              

(với 0, 1 x x  ).

a) Tính giá trị của biểu thức A khi 9 x  .

Thay   9 x TMDK  vào biểu thức A ta có:

9 1 3 1 4 2 3 1 2 9 1 A        

.

Vậy khi 9 x  thì 2 A  .

b) Rút gọn biểu thức B.

Với 0, 1 x x   thì:

      

  

  

2 2

1 1 : 1 1 1

1 1

:

1 1 1

2 1 2 1:

1 1 1

4 1 . 1 1

4

1

x x x B

x x x

x x x B

x x x

x x x x x B

x x x

x x B

x x x

B

x

              

   

  

    

  

 

 





Vậy với 0, 1 x x   thì 4

1 B

x 



.

c) Tìm x để giá trị của A và B trái dấu.

Để giá trị của A và B trái dấu thì . 0 AB  .

1 4 . 0 1 1 4 0 1

x x x

x

    

  

3

Vì 4 0  nên 4 0 1 0 1 1 1

x x x x

      

.

Kết hợp điều kiện 0, 1 x x   ta có 0 1 x  .

Vậy để giá trị của A và B trái dấu thì 0 1 x  .

Câu 2 (2 điểm)

Cách giải:

Cho hệ phương trình 2 4 5 2 3 x y m x y m        

với m là tham số.

a) Giải hệ phương trình khi 3. m 

Với 3 m  ta có hệ phương trình:

2 7 2 7 5 25 2 9 4 2 18 9 2 x y x y x x y x y y x                      

5 5 9 2.5 1 x x y y             

Vậy với 3 m  thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất     ; 5; 1 . x y  

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm   ;x y thỏa mãn 2 1 1. x y  

Ta có: 



2 4 5 1

2 3 2

x y m

x y m

      

Từ phương trình  2 ta có: 3 2 y m x  

Thế vào phương trình  1 ta có:

  

 

1 2 3 2 4 5

6 4 4 5

5 10 5

2 1

3 2

3 2 2 1

3 4 2

2

x m x m

x m x m

x m

x m

y m x

y m m

y m m

y m

    

    

  

  

  

   

   

  

 Với mọi m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất     ; 2 1; 2 . x y m m    

Theo đề bài ta có:  2 1 1 * x y  

Điều kiện: 0

0 x

y

    

1 2 1 0 . 2 2 0 2

m m m m

               