Giaibaitoan.com xin giới thiệu bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán tỉnh Hậu Giang năm 2020 chính thức. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng giúp các em học sinh làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Bộ đề thi này bao gồm các đề thi chính thức của kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên và không chuyên tỉnh Hậu Giang năm 2020, được chúng tôi tổng hợp và cung cấp kèm theo đáp án chi tiết, giúp các em tự học và kiểm tra kiến thức một cách hiệu quả.
A. Trắc nghiệm (2 điểm) Câu 1. Tìm số thực m để hàm số
A. Trắc nghiệm (2 điểm)
Câu 1. Tìm số thực m để hàm số \(y = \left( {2 - m} \right)x + 1\) nghịch biến trên ℝ
A. \(m > 0\) B. \(m < 2\) C. \(m \ne 2\) D. \(m > 2\)
Câu 2. Phương trình \({x^2} - 5x - 6 = 0\) có bao nhiêu nghiệm dương?
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
Câu 3. Tìm điều kiện của \(x\) để biểu thức \(P = \dfrac{{2 + x}}{{\sqrt {x - 3} }} + \sqrt x \) có nghĩa.
A. \(x > 3\) B. \(x \ge 0\) C. \(x \ge 0\) và \(x \ne 3\) D. \(x \ne 3\)
Câu 4. Cho \(P = \sqrt {53 - 20\sqrt 7 } = a + b\sqrt 7 \), với \(a,b\) là các số nguyên. Tính \(a - b\)
A. 7\(\) B. 73 C. –7 D. –3
Câu 5. Cho tam giác ABC vuông tại A và \(AB = 3,BC = 5\). Tính \(\tan \angle ACB\)
A. \(\tan \angle ACB = \dfrac{5}{3}\) B. \(\tan \angle ACB = \dfrac{3}{5}\) C. \(\tan \angle ACB = \dfrac{4}{5}\) D. \(\tan \angle ACB = \dfrac{3}{4}\)
Câu 6. Tìm thể tích V của khối hộp chữ nhật có chiều dài, chiều rộng và chiều cao lần lượt là \(a,2a,3a\)
A.\(V = 3{a^3}\) B. \(V = 6{a^3}\) C. \(V = {a^3}\) D. \(V = 2{a^3}\)
Câu 7. Cho đường tròn \(\left( O \right)\) ngoại tiếp tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng \(a\sqrt 2 \). Tính diện tích S của hình tròn \(\left( O \right)\)
A. \(S = \dfrac{1}{2}\pi {a^2}\) B. \(S = 4\pi {a^2}\) C. \(S = \pi {a^2}\) D. \(S = 2\pi {a^2}\)
Câu 8. Tính thể tích V của khối cầu có bán kính \(R = 2a\)
A. \(V = \dfrac{4}{3}\pi {a^3}\) B. \(V = \dfrac{{32}}{3}\pi {a^3}\) C. \(V = 4\pi {a^3}\) D. \(V = 8\pi {a^3}\)
B. Tự luận (8 điểm):
Câu 1. (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức \(A = 7\sqrt {20} - 3\sqrt {25} \)
2) Tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt x + \dfrac{3}{{2\sqrt x }} + 4\)
3) Rút gọn biểu thức \(C = \dfrac{5}{{1 - \sqrt 2 }} - \dfrac{5}{{1 + \sqrt 2 }}\)
Câu II. (2,0 điểm)
1) Giải phương trình \(2{x^2} - 6x + 1 = 0\)
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 3\\x + 2y = 5\end{array} \right.\)
Câu III. (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(d:y = 2x - m + 1\)(với m là tham số)
1) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\)
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là \({x_1}\)và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \(x_1^2 + x_2^2 = 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\)
Câu IV. (2,0 điểm)
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) có bán kính \(R = 2a\) và điểm A nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\). Kẻ đến \(\left( O \right)\) hai tiếp tuyến AM và AN (với M, N là các tiếp điểm)
1) Chứng minh bốn diểm A, M, N, O cùng thuộc một đường tròn \(\left( C \right)\). Xác định tâm và bán kính của đường tròn \(\left( C \right)\).
2) Tính diện tích S của tứ giác AMON theo a, biết rằng \(OA = 3a\).
3) Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua O và P là giao điểm của đường thẳng AO và\(\left( O \right)\), P nằm bên ngoài đoạn OA. Tính \(\sin \angle MPN.\)
Câu V. (0,5 điểm)
Cho x và y là hai số thực không âm thỏa mãn\(x + y = 4\). Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {x^4} + {y^4} - 4xy + 3\).
A. Trắc nghiệm (2 điểm)
Câu 1. Tìm số thực m để hàm số \(y = \left( {2 - m} \right)x + 1\) nghịch biến trên ℝ
A. \(m > 0\) B. \(m < 2\) C. \(m \ne 2\) D. \(m > 2\)
Câu 2. Phương trình \({x^2} - 5x - 6 = 0\) có bao nhiêu nghiệm dương?
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
Câu 3. Tìm điều kiện của \(x\) để biểu thức \(P = \dfrac{{2 + x}}{{\sqrt {x - 3} }} + \sqrt x \) có nghĩa.
A. \(x > 3\) B. \(x \ge 0\) C. \(x \ge 0\) và \(x \ne 3\) D. \(x \ne 3\)
Câu 4. Cho \(P = \sqrt {53 - 20\sqrt 7 } = a + b\sqrt 7 \), với \(a,b\) là các số nguyên. Tính \(a - b\)
A. 7\(\) B. 73 C. –7 D. –3
Câu 5. Cho tam giác ABC vuông tại A và \(AB = 3,BC = 5\). Tính \(\tan \angle ACB\)
A. \(\tan \angle ACB = \dfrac{5}{3}\) B. \(\tan \angle ACB = \dfrac{3}{5}\) C. \(\tan \angle ACB = \dfrac{4}{5}\) D. \(\tan \angle ACB = \dfrac{3}{4}\)
Câu 6. Tìm thể tích V của khối hộp chữ nhật có chiều dài, chiều rộng và chiều cao lần lượt là \(a,2a,3a\)
A.\(V = 3{a^3}\) B. \(V = 6{a^3}\) C. \(V = {a^3}\) D. \(V = 2{a^3}\)
Câu 7. Cho đường tròn \(\left( O \right)\) ngoại tiếp tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng \(a\sqrt 2 \). Tính diện tích S của hình tròn \(\left( O \right)\)
A. \(S = \dfrac{1}{2}\pi {a^2}\) B. \(S = 4\pi {a^2}\) C. \(S = \pi {a^2}\) D. \(S = 2\pi {a^2}\)
Câu 8. Tính thể tích V của khối cầu có bán kính \(R = 2a\)
A. \(V = \dfrac{4}{3}\pi {a^3}\) B. \(V = \dfrac{{32}}{3}\pi {a^3}\) C. \(V = 4\pi {a^3}\) D. \(V = 8\pi {a^3}\)
B. Tự luận (8 điểm):
Câu 1. (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức \(A = 7\sqrt {20} - 3\sqrt {25} \)
2) Tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt x + \dfrac{3}{{2\sqrt x }} + 4\)
3) Rút gọn biểu thức \(C = \dfrac{5}{{1 - \sqrt 2 }} - \dfrac{5}{{1 + \sqrt 2 }}\)
Câu II. (2,0 điểm)
1) Giải phương trình \(2{x^2} - 6x + 1 = 0\)
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 3\\x + 2y = 5\end{array} \right.\)
Câu III. (1,5 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(d:y = 2x - m + 1\)(với m là tham số)
1) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\)
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là \({x_1}\)và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \(x_1^2 + x_2^2 = 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\)
Câu IV. (2,0 điểm)
Cho đường tròn \(\left( O \right)\) có bán kính \(R = 2a\) và điểm A nằm ngoài đường tròn \(\left( O \right)\). Kẻ đến \(\left( O \right)\) hai tiếp tuyến AM và AN (với M, N là các tiếp điểm)
1) Chứng minh bốn diểm A, M, N, O cùng thuộc một đường tròn \(\left( C \right)\). Xác định tâm và bán kính của đường tròn \(\left( C \right)\).
2) Tính diện tích S của tứ giác AMON theo a, biết rằng \(OA = 3a\).
3) Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua O và P là giao điểm của đường thẳng AO và\(\left( O \right)\), P nằm bên ngoài đoạn OA. Tính \(\sin \angle MPN.\)
Câu V. (0,5 điểm)
Cho x và y là hai số thực không âm thỏa mãn\(x + y = 4\). Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {x^4} + {y^4} - 4xy + 3\).
A. Trắc nghiệm: (2,0 điểm)
1. D | 2. B | 3. A | 4. C |
5. D | 6. B | 7. C | 8. B |
Câu 1 (NB):
Phương pháp:
Hàm số bậc nhất \(y = ax + b\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a < 0\) đồng biến khi \(a > 0\)
Cách giải:
Hàm số đã cho nghịch biến khi \(2 - m < 0 \Leftrightarrow m > 2\)
Chọn D.
Câu 2 (NB):
Phương pháp:
Phương trình bậc hai \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm trái dấu khi \(ac < 0\)
Cách giải:
Phương trình đã cho có \(ac = - 6 < 0\) nên có hai nghiệm trái dấu, nên nó có một nghiệm dương
Chọn B.
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
Biểu thức có nghĩa khi các biểu thức trong căn không âm và biểu thức dưới mẫu khác 0
Cách giải:
Biểu thức đã cho có nghĩa khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\\sqrt {x - 3} \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 3\)
Chọn A.
Câu 4 (TH):
Phương pháp:
Đưa biểu thức trong căn về bình phương
Cách giải:
Ta có \(P = \sqrt {53 - 20\sqrt 7 } = \sqrt {{5^2} - 2.5.2\sqrt 7 + {{\left( {2\sqrt 7 } \right)}^2}} \)\( = \sqrt {{{\left( {5 - 2\sqrt 7 } \right)}^2}} = \left| {5 - 2\sqrt 7 } \right| = 2\sqrt 7 - 5\)
Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}a = - 5\\b = 2\end{array} \right.\)\( \Rightarrow a - b = - 7\)
Chọn C.
Câu 5 (TH):
Phương pháp: Áp dụng định lý Pitago, sau đó áp dụng công thức tan bằng đối trên kề
Cách giải
Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông ABC ta có
\(\begin{array}{l}AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4\\ \Rightarrow \tan \angle ACB = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{3}{4}\end{array}\)
Chọn D.
Câu 6 (TH):
Phương pháp:
Thể tích khối hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước của chúng
Cách giải:
Thể thích của khối hộp đã cho là \(V = a.2a.3a = 6{a^3}\)
Chọn B.
Câu 7 (VD):
Phương pháp:
Tính bán kính đường tròn, rồi áp dụng công thức diện tích
Cách giải:
Giả sử tam giác ABC vuông cân tại A, nội tiếp đường tròn (O)
Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên đường tròn (O) có đường kính là \(BC = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2 .\sqrt 2 = 2a\)
Suy ra bán kính của (O) là \(r = a\) và diện tích là \(S = \pi {r^2} = \pi {a^2}\)
Chọn C.
Câu 8 (NB):
Phương pháp:
Áp dụng công thức thể tích khối cầu
Cách giải:
Thể tích khối cầu đã cho là \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {\left( {2a} \right)^3} = \dfrac{{32}}{3}\pi {a^3}\)
Chọn B.
B. Tự luận: (8,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm):
Phương pháp:
1) Sử dụng các công thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\) và \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.,\,\,B \ge 0.\)
2) Quy đồng mẫu các phân thức, biến đổi và rút gọn biểu thức.
Cách giải:
1) Rút gọn biểu thức \(A = 7\sqrt {20} - 3\sqrt {25} \)
Ta có: \(A = 7\sqrt {20} - 3\sqrt {25} \)
\(\begin{array}{l} = 7\sqrt {4.5} - 3\sqrt {25} \\ = 7.\sqrt 4 .\sqrt 5 - 3.5\\ = 7.2.\sqrt 5 - 15\\ = 14\sqrt 5 - 15\end{array}\)
Vậy \(A = 14\sqrt 5 - 15\) .
2) Tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt x + \dfrac{3}{{2\sqrt x }} + 4\) khi \(x = 9\)
Điều kiện: \(x > 0\).
Thay \(x = 9\) (thỏa mãn điều kiện) vào \(B = \sqrt x + \dfrac{3}{{2\sqrt x }} + 4\) ta được:
\(\begin{array}{l}B = \sqrt 9 + \dfrac{3}{{2\sqrt 9 }} + 4\\ = 3 + \dfrac{3}{{2.3}} + 4\\ = 3 + \dfrac{1}{2} + 4 = \dfrac{{15}}{2}.\end{array}\)
Vậy khi \(x = 9\) thì \(B = \dfrac{{15}}{2}\).
3) Rút gọn biểu thức \(C = \dfrac{5}{{1 - \sqrt 2 }} - \dfrac{5}{{1 + \sqrt 2 }}\)
Ta có: \(C = \dfrac{5}{{1 - \sqrt 2 }} - \dfrac{5}{{1 + \sqrt 2 }}\)\( = \dfrac{{ - 5}}{{\sqrt 2 - 1}} - \dfrac{5}{{\sqrt 2 + 1}}\)
\(\begin{array}{l} = \dfrac{{ - 5\left( {\sqrt 2 + 1} \right) - 5\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}}\\ = \dfrac{{ - 5\sqrt 2 - 5 - 5\sqrt 2 + 5}}{{2 - 1}}\\ = \dfrac{{ - 10\sqrt 2 }}{1} = - 10\sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(C = - 10\sqrt 2 \).
Câu II (2,0 điểm) (VD):
Phương pháp:
1) Tính biệt thức và áp dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai
2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số
Cách giải:
1) Giải phương trình \(2{x^2} - 6x + 1 = 0\).
Ta có: \(\Delta ' = {3^2} - 2.1 = 7 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{3 + \sqrt 7 }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{3 - \sqrt 7 }}{2}\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {\dfrac{{3 \pm \sqrt 7 }}{2}} \right\}\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 3\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 3\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x - 2y = 6\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 11\\y = 2x - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{{11}}{5}\\y = 2.\dfrac{{11}}{5} - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{{11}}{5}\\y = \dfrac{7}{5}\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{11}}{5};\dfrac{7}{5}} \right)\).
Câu III (1,5 điểm) (VD):
Phương pháp:
1) Lập bảng giá trị và vẽ đồ thị
2) Viết phương trình hoành độ giao điểm và hệ thức Vi–ét
Cách giải:
Trong mặt phẳng Oxy, cho hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(d:\,\,y = 2x - m + 1\) (với \(m\) là tham số).
1) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\).
+ Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | 0 | 1 | 2 |
\(y = {x^2}\) | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
Do đó, parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;4} \right)\), \(\left( { - 1;1} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1;1} \right)\), \(\left( {2;4} \right)\) và nhận \(Oy\) là trục đối xứng.
+ Đồ thị hàm số:
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B\) có hoành độ lần lượt là \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \(x_1^2 + x_2^2 = 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \({x^2} = 2x - m + 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2x + m - 1 = 0\) (*).
Để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow \Delta ' = 1 - m + 1 = 2 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2\).
Khi đó giả sử phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\). Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 = 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\\ \Leftrightarrow {2^2} - 2\left( {m - 1} \right) = 2.2\\ \Leftrightarrow 4 - 2\left( {m - 1} \right) = 4\\ \Leftrightarrow 2\left( {m - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow m = 1\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu IV (2,0 điểm) – (VD):
Cách giải:
Cho đường tròn (O) có bán kính \(R = 2a\) và điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ đến (O) hai tiếp tuyến AM và AN (với M, N là các tiếp điểm).
1) Chứng minh bốn điểm A, M, N, O cùng thuộc một đường tròn \(\left( C \right)\). Xác định tâm và bán kính của đường tròn \(\left( C \right)\).
Gọi I là trung điểm của OA.
Ta có: \(\angle OMA = {90^0}\) (AM là tiếp tuyến với \(\left( O \right)\))
\( \Rightarrow \Delta AMO\) vuông tại M
Có MI là trung tuyến \( \Rightarrow MI = IO = IA\) (1)
\(\angle ONA = {90^0}\) (AN là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\))
\( \Rightarrow \Delta ANO\) vuông tại N
Có NI là trung tuyến \( \Rightarrow NI = IO = IA\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(IO = IA = IM = IM\) nên 4 điểm A, M, N, O cùng thuộc đường tròn \(\left( C \right)\) tâm I bán kính \(R = \dfrac{{OA}}{2}\). (đpcm)
2) Tính diện tích S của tứ giác AMON theo \(a\), biết rằng \(OA = 3a\).
Gọi E là giao điểm của MN là OA.
Ta có: \(OM = ON = R\) và \(AM = AN\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow OA\) là đường trung trực của đoạn MN
\( \Rightarrow OA \bot MN\) tại trung điểm E của MN.
Tam giác OMA vuông tại M, theo Pitago ta có:
\(A{M^2} = O{A^2} - O{M^2} = {\left( {3a} \right)^2} - {\left( {2a} \right)^2} = 5{a^2} \Rightarrow AM = a\sqrt 5 \)
Tam giác \(AMO\) vuông tại M có ME là đường cao nên:
\(ME.OA = OM.AM\) \( \Rightarrow ME = \dfrac{{OM.AM}}{{OA}} = \dfrac{{2a.a\sqrt 5 }}{{3a}} = \dfrac{{2a\sqrt 5 }}{3}\)
\( \Rightarrow MN = 2ME = 2.\dfrac{{2a\sqrt 5 }}{3} = \dfrac{{4a\sqrt 5 }}{3}\)
Tứ giác OMAN có hai đường chéo OA và MN vuông góc nên
\({S_{OMAN}} = \dfrac{1}{2}OA.MN = \dfrac{1}{2}.3a.\dfrac{{4a\sqrt 5 }}{3} = 2{a^2}\sqrt 5 \).
Vậy \({S_{OMAN}} = 2{a^2}\sqrt 5 \)
3) Gọi \(M'\) là điểm đối xứng với \(M\) qua \(O\) và \(P\) là giao điểm của đường thẳng \(AO\) và \(\left( O \right)\), \(P\) nằm bên ngoài đoạn \(OA.\) Tính \(\sin \angle MPN\).
Nối M’ với N ta có \(\angle MPN = \angle MM'N\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MN\))
\( \Rightarrow \sin \angle MPN = \sin \angle MM'N\)
Tam giác MNM’ có \(\angle MNM' = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên là tam giác vuông tại N.
\( \Rightarrow \sin \angle MM'N = \dfrac{{MN}}{{MM'}} = \dfrac{{4a\sqrt 5 }}{3}:4a = \dfrac{{\sqrt 5 }}{3}\)
\( \Rightarrow \sin \angle MPN = \dfrac{{\sqrt 5 }}{3}\).
Câu V (0,5 điểm) (VDC):
Cách giải:
Cho \(x\) và \(y\) là hai số thực không âm thỏa mãn \(x + y = 4\). Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {x^4} + {y^4} - 4xy + 3\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = {x^4} + {y^4} - 4xy + 3\\P = {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} - 4xy + 3\\P = {\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right]^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} - 4xy + 3\\P = {\left( {x + y} \right)^4} - 4xy{\left( {x + y} \right)^2} + 4{\left( {xy} \right)^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} - 4xy + 3\\P = 256 - 64xy + 2{\left( {xy} \right)^2} - 4xy + 3\\P = 2{\left( {xy} \right)^2} - 68xy + 259\end{array}\)
Đặt \(t = xy\), áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(0 \le xy \le {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} = 4\) \( \Rightarrow 0 \le t \le 4\).
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}P = 2{t^2} - 68t + 259\\P = 2\left( {{t^2} - 34t + {{17}^2}} \right) - 319\\P = 2{\left( {t - 17} \right)^2} - 319\end{array}\)
Với \(0 \le t \le 4 \Rightarrow - 17 \le t - 17 \le - 13\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {13^2} \le {\left( {t - 17} \right)^2} \le {17^2}\\ \Leftrightarrow {2.13^2} \le 2{\left( {t - 17} \right)^2} \le {2.17^2}\\ \Leftrightarrow {2.13^2} - 319 \le 2{\left( {t - 17} \right)^2} - 319 \le {2.17^2} - 319\\ \Leftrightarrow 19 \le P \le 259\end{array}\)
Vậy \({P_{\min }} = 19 \Leftrightarrow t = 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 4\\x + y = 4\end{array} \right.\).
Khi đó \(x,\,\,y\) là nghiệm của phương trình \({X^2} - 4X + 4 = 0 \Leftrightarrow {\left( {X - 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow X = 2\).
\( \Rightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {2;2} \right)\).
\({P_{\max }} = 259 \Leftrightarrow t = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 0\\x + y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0;\,\,y = 4\\y = 0;\,\,x = 4\end{array} \right. \Rightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {0;4} \right)\) hoặc \(\left( {x;y} \right) = \left( {4;0} \right)\).
A. Trắc nghiệm: (2,0 điểm)
1. D | 2. B | 3. A | 4. C |
5. D | 6. B | 7. C | 8. B |
Câu 1 (NB):
Phương pháp:
Hàm số bậc nhất \(y = ax + b\) nghịch biến trên \(\mathbb{R}\) khi \(a < 0\) đồng biến khi \(a > 0\)
Cách giải:
Hàm số đã cho nghịch biến khi \(2 - m < 0 \Leftrightarrow m > 2\)
Chọn D.
Câu 2 (NB):
Phương pháp:
Phương trình bậc hai \(a{x^2} + bx + c = 0\left( {a \ne 0} \right)\) có hai nghiệm trái dấu khi \(ac < 0\)
Cách giải:
Phương trình đã cho có \(ac = - 6 < 0\) nên có hai nghiệm trái dấu, nên nó có một nghiệm dương
Chọn B.
Câu 3 (TH):
Phương pháp:
Biểu thức có nghĩa khi các biểu thức trong căn không âm và biểu thức dưới mẫu khác 0
Cách giải:
Biểu thức đã cho có nghĩa khi và chỉ khi \(\left\{ \begin{array}{l}x \ge 3\\\sqrt {x - 3} \ne 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x > 3\)
Chọn A.
Câu 4 (TH):
Phương pháp:
Đưa biểu thức trong căn về bình phương
Cách giải:
Ta có \(P = \sqrt {53 - 20\sqrt 7 } = \sqrt {{5^2} - 2.5.2\sqrt 7 + {{\left( {2\sqrt 7 } \right)}^2}} \)\( = \sqrt {{{\left( {5 - 2\sqrt 7 } \right)}^2}} = \left| {5 - 2\sqrt 7 } \right| = 2\sqrt 7 - 5\)
Vậy \(\left\{ \begin{array}{l}a = - 5\\b = 2\end{array} \right.\)\( \Rightarrow a - b = - 7\)
Chọn C.
Câu 5 (TH):
Phương pháp: Áp dụng định lý Pitago, sau đó áp dụng công thức tan bằng đối trên kề
Cách giải
Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông ABC ta có
\(\begin{array}{l}AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = 4\\ \Rightarrow \tan \angle ACB = \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{3}{4}\end{array}\)
Chọn D.
Câu 6 (TH):
Phương pháp:
Thể tích khối hộp chữ nhật bằng tích ba kích thước của chúng
Cách giải:
Thể thích của khối hộp đã cho là \(V = a.2a.3a = 6{a^3}\)
Chọn B.
Câu 7 (VD):
Phương pháp:
Tính bán kính đường tròn, rồi áp dụng công thức diện tích
Cách giải:
Giả sử tam giác ABC vuông cân tại A, nội tiếp đường tròn (O)
Vì tam giác ABC vuông cân tại A nên đường tròn (O) có đường kính là \(BC = AB\sqrt 2 = a\sqrt 2 .\sqrt 2 = 2a\)
Suy ra bán kính của (O) là \(r = a\) và diện tích là \(S = \pi {r^2} = \pi {a^2}\)
Chọn C.
Câu 8 (NB):
Phương pháp:
Áp dụng công thức thể tích khối cầu
Cách giải:
Thể tích khối cầu đã cho là \(V = \dfrac{4}{3}\pi {R^3} = \dfrac{4}{3}\pi {\left( {2a} \right)^3} = \dfrac{{32}}{3}\pi {a^3}\)
Chọn B.
B. Tự luận: (8,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm):
Phương pháp:
1) Sử dụng các công thức: \(\sqrt {{A^2}} = \left| A \right| = \left\{ \begin{array}{l}A\,\,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\,\,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.\) và \(\sqrt {{A^2}B} = \left| A \right|\sqrt B = \left\{ \begin{array}{l}A\sqrt B \,\,\,khi\,\,\,A \ge 0\\ - A\sqrt B \,\,khi\,\,A < 0\end{array} \right.,\,\,B \ge 0.\)
2) Quy đồng mẫu các phân thức, biến đổi và rút gọn biểu thức.
Cách giải:
1) Rút gọn biểu thức \(A = 7\sqrt {20} - 3\sqrt {25} \)
Ta có: \(A = 7\sqrt {20} - 3\sqrt {25} \)
\(\begin{array}{l} = 7\sqrt {4.5} - 3\sqrt {25} \\ = 7.\sqrt 4 .\sqrt 5 - 3.5\\ = 7.2.\sqrt 5 - 15\\ = 14\sqrt 5 - 15\end{array}\)
Vậy \(A = 14\sqrt 5 - 15\) .
2) Tính giá trị của biểu thức \(B = \sqrt x + \dfrac{3}{{2\sqrt x }} + 4\) khi \(x = 9\)
Điều kiện: \(x > 0\).
Thay \(x = 9\) (thỏa mãn điều kiện) vào \(B = \sqrt x + \dfrac{3}{{2\sqrt x }} + 4\) ta được:
\(\begin{array}{l}B = \sqrt 9 + \dfrac{3}{{2\sqrt 9 }} + 4\\ = 3 + \dfrac{3}{{2.3}} + 4\\ = 3 + \dfrac{1}{2} + 4 = \dfrac{{15}}{2}.\end{array}\)
Vậy khi \(x = 9\) thì \(B = \dfrac{{15}}{2}\).
3) Rút gọn biểu thức \(C = \dfrac{5}{{1 - \sqrt 2 }} - \dfrac{5}{{1 + \sqrt 2 }}\)
Ta có: \(C = \dfrac{5}{{1 - \sqrt 2 }} - \dfrac{5}{{1 + \sqrt 2 }}\)\( = \dfrac{{ - 5}}{{\sqrt 2 - 1}} - \dfrac{5}{{\sqrt 2 + 1}}\)
\(\begin{array}{l} = \dfrac{{ - 5\left( {\sqrt 2 + 1} \right) - 5\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}}\\ = \dfrac{{ - 5\sqrt 2 - 5 - 5\sqrt 2 + 5}}{{2 - 1}}\\ = \dfrac{{ - 10\sqrt 2 }}{1} = - 10\sqrt 2 \end{array}\)
Vậy \(C = - 10\sqrt 2 \).
Câu II (2,0 điểm) (VD):
Phương pháp:
1) Tính biệt thức và áp dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai
2) Giải hệ phương trình bằng phương pháp cộng đại số
Cách giải:
1) Giải phương trình \(2{x^2} - 6x + 1 = 0\).
Ta có: \(\Delta ' = {3^2} - 2.1 = 7 > 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt \( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{3 + \sqrt 7 }}{2}\\{x_2} = \dfrac{{3 - \sqrt 7 }}{2}\end{array} \right.\).
Vậy tập nghiệm của phương trình là \(S = \left\{ {\dfrac{{3 \pm \sqrt 7 }}{2}} \right\}\).
2) Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 3\\x + 2y = 5\end{array} \right.\).
\(\left\{ \begin{array}{l}2x - y = 3\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4x - 2y = 6\\x + 2y = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}5x = 11\\y = 2x - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{{11}}{5}\\y = 2.\dfrac{{11}}{5} - 3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \dfrac{{11}}{5}\\y = \dfrac{7}{5}\end{array} \right.\).
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất \(\left( {x;y} \right) = \left( {\dfrac{{11}}{5};\dfrac{7}{5}} \right)\).
Câu III (1,5 điểm) (VD):
Phương pháp:
1) Lập bảng giá trị và vẽ đồ thị
2) Viết phương trình hoành độ giao điểm và hệ thức Vi–ét
Cách giải:
Trong mặt phẳng Oxy, cho hàm số \(y = {x^2}\) có đồ thị \(\left( P \right)\) và đường thẳng \(d:\,\,y = 2x - m + 1\) (với \(m\) là tham số).
1) Vẽ đồ thị \(\left( P \right)\).
+ Ta có bảng giá trị:
\(x\) | \( - 2\) | \( - 1\) | 0 | 1 | 2 |
\(y = {x^2}\) | 4 | 1 | 0 | 1 | 4 |
Do đó, parabol \(\left( P \right):\,\,y = {x^2}\) là đường cong đi qua các điểm \(\left( { - 2;4} \right)\), \(\left( { - 1;1} \right)\), \(\left( {0;0} \right)\), \(\left( {1;1} \right)\), \(\left( {2;4} \right)\) và nhận \(Oy\) là trục đối xứng.
+ Đồ thị hàm số:
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt \(A\) và \(B\) có hoành độ lần lượt là \({x_1}\) và \({x_2}\) thỏa mãn điều kiện \(x_1^2 + x_2^2 = 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\).
Xét phương trình hoành độ giao điểm: \({x^2} = 2x - m + 1 \Leftrightarrow {x^2} - 2x + m - 1 = 0\) (*).
Để đường thẳng \(\left( d \right)\) cắt đồ thị \(\left( P \right)\) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân biệt
\( \Leftrightarrow \Delta ' = 1 - m + 1 = 2 - m > 0 \Leftrightarrow m < 2\).
Khi đó giả sử phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1},\,\,{x_2}\). Áp dụng định lí Vi-ét ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2\\{x_1}{x_2} = m - 1\end{array} \right.\).
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,x_1^2 + x_2^2 = 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\\ \Leftrightarrow {\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 2{x_1}{x_2} = 2\left( {{x_1} + {x_2}} \right)\\ \Leftrightarrow {2^2} - 2\left( {m - 1} \right) = 2.2\\ \Leftrightarrow 4 - 2\left( {m - 1} \right) = 4\\ \Leftrightarrow 2\left( {m - 1} \right) = 0\\ \Leftrightarrow m - 1 = 0\\ \Leftrightarrow m = 1\,\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(m = 1\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu IV (2,0 điểm) – (VD):
Cách giải:
Cho đường tròn (O) có bán kính \(R = 2a\) và điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Kẻ đến (O) hai tiếp tuyến AM và AN (với M, N là các tiếp điểm).
1) Chứng minh bốn điểm A, M, N, O cùng thuộc một đường tròn \(\left( C \right)\). Xác định tâm và bán kính của đường tròn \(\left( C \right)\).
Gọi I là trung điểm của OA.
Ta có: \(\angle OMA = {90^0}\) (AM là tiếp tuyến với \(\left( O \right)\))
\( \Rightarrow \Delta AMO\) vuông tại M
Có MI là trung tuyến \( \Rightarrow MI = IO = IA\) (1)
\(\angle ONA = {90^0}\) (AN là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\))
\( \Rightarrow \Delta ANO\) vuông tại N
Có NI là trung tuyến \( \Rightarrow NI = IO = IA\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(IO = IA = IM = IM\) nên 4 điểm A, M, N, O cùng thuộc đường tròn \(\left( C \right)\) tâm I bán kính \(R = \dfrac{{OA}}{2}\). (đpcm)
2) Tính diện tích S của tứ giác AMON theo \(a\), biết rằng \(OA = 3a\).
Gọi E là giao điểm của MN là OA.
Ta có: \(OM = ON = R\) và \(AM = AN\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
\( \Rightarrow OA\) là đường trung trực của đoạn MN
\( \Rightarrow OA \bot MN\) tại trung điểm E của MN.
Tam giác OMA vuông tại M, theo Pitago ta có:
\(A{M^2} = O{A^2} - O{M^2} = {\left( {3a} \right)^2} - {\left( {2a} \right)^2} = 5{a^2} \Rightarrow AM = a\sqrt 5 \)
Tam giác \(AMO\) vuông tại M có ME là đường cao nên:
\(ME.OA = OM.AM\) \( \Rightarrow ME = \dfrac{{OM.AM}}{{OA}} = \dfrac{{2a.a\sqrt 5 }}{{3a}} = \dfrac{{2a\sqrt 5 }}{3}\)
\( \Rightarrow MN = 2ME = 2.\dfrac{{2a\sqrt 5 }}{3} = \dfrac{{4a\sqrt 5 }}{3}\)
Tứ giác OMAN có hai đường chéo OA và MN vuông góc nên
\({S_{OMAN}} = \dfrac{1}{2}OA.MN = \dfrac{1}{2}.3a.\dfrac{{4a\sqrt 5 }}{3} = 2{a^2}\sqrt 5 \).
Vậy \({S_{OMAN}} = 2{a^2}\sqrt 5 \)
3) Gọi \(M'\) là điểm đối xứng với \(M\) qua \(O\) và \(P\) là giao điểm của đường thẳng \(AO\) và \(\left( O \right)\), \(P\) nằm bên ngoài đoạn \(OA.\) Tính \(\sin \angle MPN\).
Nối M’ với N ta có \(\angle MPN = \angle MM'N\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MN\))
\( \Rightarrow \sin \angle MPN = \sin \angle MM'N\)
Tam giác MNM’ có \(\angle MNM' = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên là tam giác vuông tại N.
\( \Rightarrow \sin \angle MM'N = \dfrac{{MN}}{{MM'}} = \dfrac{{4a\sqrt 5 }}{3}:4a = \dfrac{{\sqrt 5 }}{3}\)
\( \Rightarrow \sin \angle MPN = \dfrac{{\sqrt 5 }}{3}\).
Câu V (0,5 điểm) (VDC):
Cách giải:
Cho \(x\) và \(y\) là hai số thực không âm thỏa mãn \(x + y = 4\). Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = {x^4} + {y^4} - 4xy + 3\).
Ta có:
\(\begin{array}{l}P = {x^4} + {y^4} - 4xy + 3\\P = {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} - 4xy + 3\\P = {\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right]^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} - 4xy + 3\\P = {\left( {x + y} \right)^4} - 4xy{\left( {x + y} \right)^2} + 4{\left( {xy} \right)^2} - 2{\left( {xy} \right)^2} - 4xy + 3\\P = 256 - 64xy + 2{\left( {xy} \right)^2} - 4xy + 3\\P = 2{\left( {xy} \right)^2} - 68xy + 259\end{array}\)
Đặt \(t = xy\), áp dụng BĐT Cô-si ta có: \(0 \le xy \le {\left( {\dfrac{{x + y}}{2}} \right)^2} = 4\) \( \Rightarrow 0 \le t \le 4\).
Khi đó ta có:
\(\begin{array}{l}P = 2{t^2} - 68t + 259\\P = 2\left( {{t^2} - 34t + {{17}^2}} \right) - 319\\P = 2{\left( {t - 17} \right)^2} - 319\end{array}\)
Với \(0 \le t \le 4 \Rightarrow - 17 \le t - 17 \le - 13\).
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {13^2} \le {\left( {t - 17} \right)^2} \le {17^2}\\ \Leftrightarrow {2.13^2} \le 2{\left( {t - 17} \right)^2} \le {2.17^2}\\ \Leftrightarrow {2.13^2} - 319 \le 2{\left( {t - 17} \right)^2} - 319 \le {2.17^2} - 319\\ \Leftrightarrow 19 \le P \le 259\end{array}\)
Vậy \({P_{\min }} = 19 \Leftrightarrow t = 4 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 4\\x + y = 4\end{array} \right.\).
Khi đó \(x,\,\,y\) là nghiệm của phương trình \({X^2} - 4X + 4 = 0 \Leftrightarrow {\left( {X - 2} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow X = 2\).
\( \Rightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {2;2} \right)\).
\({P_{\max }} = 259 \Leftrightarrow t = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}xy = 0\\x + y = 4\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 0;\,\,y = 4\\y = 0;\,\,x = 4\end{array} \right. \Rightarrow \left( {x;y} \right) = \left( {0;4} \right)\) hoặc \(\left( {x;y} \right) = \left( {4;0} \right)\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 là một bước ngoặt quan trọng trong quá trình học tập của mỗi học sinh. Để chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi này, việc nắm vững kiến thức và làm quen với cấu trúc đề thi là vô cùng cần thiết. Bài viết này sẽ cung cấp cho bạn những thông tin chi tiết về đề thi vào 10 môn Toán Hậu Giang năm 2020, cùng với hướng dẫn giải các bài toán thường gặp.
Đề thi vào 10 môn Toán Hậu Giang năm 2020 thường có cấu trúc gồm các phần sau:
Các chủ đề thường xuất hiện trong đề thi bao gồm:
Đây là một bài toán đại số cơ bản, yêu cầu học sinh vận dụng các phép toán để tìm ra giá trị của x. Cách giải:
Đây là một bài toán hình học áp dụng định lý Pitago. Cách giải:
Áp dụng định lý Pitago trong tam giác ABC vuông tại A, ta có: BC2 = AB2 + AC2
BC2 = 32 + 42 = 9 + 16 = 25
BC = √25 = 5cm
Ngoài đề thi vào 10 môn Toán Hậu Giang năm 2020, bạn có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Việc ôn luyện kỹ lưỡng và làm quen với cấu trúc đề thi là chìa khóa để thành công trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10. Hy vọng rằng, với những thông tin và hướng dẫn trong bài viết này, bạn sẽ tự tin hơn và đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi sắp tới. Chúc bạn thành công!
