Tải Bộ đề thi khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán lớp 10 năm học 2020 - 2021 - Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 có đáp án - Pdf 70

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Bộ đề thi khảo sát chất lượng đầu năm mơn Tốn lớp 10
năm học 2020 – 2021

Nghiêm cấm mọi hình thức sao chép nhằm mục đích thương mại.
Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021

Mơn: Tốn – Đề số 1
Câu 1: Cho biểu thức

1 1 4

1 1 1

x x x x

A x

x x x

      

     

      

   

a. Chứng minh 4 điểm O, M, B, D cùng nằm trên một đường trịn, xác định tâm
đường trịn đó

b. Chứng minh: COD  900

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu 5: Cho 3 số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz 1. Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2

1 1 1

x y   y z  z x  

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021
Mơn: Tốn – Đề số 2

Câu 1: Cho biểu thức

2 2

: , 0, 1

1
1

1 2 2 1 2 1

x x  x x 

Câu 3: Cho parabol  

5 2

P x  x

và đường thẳng  d :ymx
a. Vẽ  P và d trên cùng hệ trục tọa độ

b. Tìm điều kiện của m để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt sao cho một điểm có
hồnh độ bằng 1

Câu 4: Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB điểm M bất kì nằm trên nửa

đường trịn. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn kẻ tiếp tuyến Ax.

Tia BM cắt Ax tại I, tia phân giác của MAI cắt nửa đường tròn tại E, cắt tia MN
tại F tia BE cắt Ax tại H, cắt AM tại K.

a. Chứng minh rằng: Tứ giác EFMK là tứ giác nội tiếp
b. Chứng minh tam giác BAF là tam giác cân

c. AKFH là hình thoi

.
2

x x x x x

P

x

x x x x

    

  



 

 

 

a. Rút gọn biểu thức.

b. Tìm giá trị của x nguyên để P đạt giá trị nguyên.
Câu 2:

a. Giải hệ phương trình:

Tìm giá trị tham số m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt cùng âm

Câu 4: Cho đường trịn tâm O đường kính AB. I là trung điểm của OA. Đường

tròn tâm I đi qua A, P là điểm bất kì nằm trên đường trịn tâm I, AP cắ (O) tại Q
a. Chứng minh rằng (I), (O) tiếp xúc với nhau tại A

b. Chứng minh: IP/ /OQ
c. Chứng minh: PQ = PA

d. Xác định vị trí của P để tam giác ABQ có diện tích lớn nhất

Câu 5: Chứng minh rằng: x 1 y 1 x y biết

1 1

0, 0, 1

x y

   

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021
Mơn: Tốn – Đề số 4

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2 2 1

2 7

3 7

x y
x y

  



 



b. x4 6x2  8 0

2. Tìm tham số m để hàm số ym 2x3m 1nghịch biến trên 
Câu 3: Cho phương trình:  

2 1 2 0

x  m x m  

a. Giải phương trình với m = 1

1 1 1

x  y  z  . Chứng

minh rằng:

1
8

xyz 

Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 năm 2020 – 2021
Mơn: Tốn – Đề số 5

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2 1 1 4

: 1

1 1

x x

P

2 1

2 7

2 1

x y



 

  




  

  



2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d: 3x y  1 m2và parabol

x z

y zz x y x 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 1:

a. Điều kiện xác định:

1 0
1
1 0
0
0
x
x
x
x
x
  
  
  
 


 

b.

1 1 4

           
   
 
      
   
   
1 4

( 1) :

1 1

x x x

A x
x x
      
     
 
   
 

1 1 1

.
4
1

x x x x

2 2 1

x

   

 khơng có giá trị x ngun nào để A đạt giá trị nguyên

Câu 2:

a. Thaym 1vào phương trình ta có:

 2

2 1 0 1 0 1

x  x   x   x

Kết luận với m 1 thì phương trình có nghiệm x 1

b. Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2thì:

2 2

' 0

' m m m 1 1 m 0 m 1

1 2 1 2 1 2

2 2

2 3 2 4

5 2 4

2 5 1 4 4

1 5

2
1 0

1 5

x x x x x x

x x x x x x

m m m m

m

thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn:

2 2

1 2 2 1 3 1 2 2 2 4

x x  x  x x  x 

Câu 3:

a. Học sinh tự vẽ

b. Phương trình hồnh độ giao điểm là:

2 2 10

2 3 4 6 0

2 2 10

x
x

x x x

x

d. Ta có chu vi tứ giác ACDB = AB + AC + CD + BD mà AC + BD = CD nên chu
vi ACBD = AB + 2CD mà AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất
khi CD CD là khoảng cách giữa Ax và By tức là CD vng góc với Ax và
By. Khi đó CD//AB. Vậy M là trung điểm của AB

Câu 5:

    

2 2 2 2

2 2

x y  xy x y x y  xy x y

 

2 2

1 x y x y z xy

      2 2  

1 1

1 x y x y z xy

 

1 1 1

y x y z

z x

Vp

x y z x y z x y z x y z

x y y z z x

 

        

       

     

Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021
Đề số 2

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

 

A

x x

x x x x

x x x x

A

x x x x x

x x

A

x x x

x x x x x

A

x x x x

    

     

   

 

 

  

b. P x   4  

4 4 4 0 2 0 2

x

x x x x

x

          



Vậy x = 2 thì P x   4

      

  

1 3 3

1 0 1 0 1

2 4 4

x x x x x

 

           

 

 

Vậy……

Câu 2:

a. Thay m = 2 vào phương trình ta có:

2 5
.

b
x x

a m

c m

x x

a m



  







  




x x x x x x x x x x

m m m

m

m m tm

m

    

              

   

 





    

 





. 2

b

x x m

a
c
x x

a



   





  




Do một giao điểm có hồnh độ bằng 1 ta giả sử x1  1 x2 2

1 2 5 m m 2

AF HK (4), AE là phân giác của HAK  Tam giác AHK là tam giác cân tại 
A có AE là đường cao nên cũng là đường trung tuyến. Vậy EK = EH (5)
Từ (3), (4), (5) ta có AKHF là hình thoi

d. Ta có AKHF là hình thoi  HA/ /FKhay IA/ /FK  AKFI là hình thang
Để AKFI nột tiếp đường trịn thì AKFI là hình thang cân

AKFI là hình thang cân khi M là trung điểm của AB

M là trung điểm của AB  ABM IAM450

Tam giác ABI vng tại A có ABI450  AIB450

  0

KAI AIF

    AKFI là hình thang cân

Vậy khi M là trung điểm của cung AB thì tứ giác AKFI nội tiếp nửa đường
tròn

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

 

   

 



  

1
4

P

khi x = 0, y = 1 thì
1

P 

khi x = 1, y = 0

Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021
Đề số 3

Câu 1: Điện kiện: x0,x1,x2,x0

1 1 2

.
2

x x x x x

1 1 1 1 2

.
2

1 1

1 1 2

.
2

2 2 2.( 2)

.
2 2
x
x x
P
x

x x x x

x x x x x x x

P

x

 
     

 
 
  
 
 
 
 
 

b.  

 

2 2 8

2
2 2
x
P x
x x

  
 

Để P(x) nguyên thì x 2 U  8     1, 2, 4, 8 ta có bảng sau

x +2 -8 -4 -2 -1 1 2 4 8

x y xy x y xy

xy x y xy

xy xy

x y xy


       
 

 
  
   
 
        
 
   
  

   


2 2 1

   
  
    
  
    
  

xy y y y

x y

x y x y x

Với xy8 kết hợp với phương trình (2) ta có :

Vậy hệ phương trình có nghiệm x y,  1, 1 

 ,  11 3 17, 11 3 17 11 3 17, 11 3 17

2 2 2 2

11 3 17 11 3 17 11 3 17 11 3 17

, ,

2 2 2 2

         


x
x
x
x x
Đặt
 
2
2
25

, , 0

10
  



 


a x
a b
b x

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

   

 

2 2

x tm

b x x

        

 

 

  

  

     

 





      

       

 

    

  

      

    

  

      

 

Vây 1 <m <3 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt

Câu 4:

Chứng minh

a. Ta có: OI OA IA  (O) và (I) tiếp xúc với nhau tại A

b. Tam giác OAQ cân tại O Q 1A1

Tam giác IAP cân tại O P1 A1

 

1 1 / /

Q P IP OQ

lớn nhất

Câu 5:

1 1

1 (1)

x y 

Ta có:
1 1

1 x 1,y 1, x 1, y 1

x y       

Từ (1) ta có: x y xy xy x y    1 1 x 1 y 10

       

     2

1 1 1 2 1 1 2

2 1 1 2 1 1

1 1

x y x y

2 1
1 1
2 2
.
1 1
1
1 1
2 2
.
1 1
1

2 1 2 1 1 1 1

1 1 1

x x x x x

A

x

x x x

x x
A


 

   
 
   
 
     
   

 

   
 
   
       
   
   
  
   
 

2  1 2   1 2

x x x x x

A const
x x

x t 

phương trình trở thành:

2 6 8 0

t   

2 2

' 3 8 1 ' 1 0

2
4

2
3 1 4

3 1 2 2

2
2
x
x

1 0 1

x

x x

x

 
     




b. Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt ta có:

 2 2

' 0

' m 1 m 2 m 3m 3 0
 

        

Áp dụng hệ thức Viet ta có:

 




Theo bài ra:

 

   

 

2 2

1 2 1 2

3 3

4 1 3 2 3

7




Vậy
7
4

m 

hoặc m 1thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt x x1, 2thỏa mãn

biểu thức:

2 2

1 2 1 2 4

x x  x x 

Câu 4:

Gọi quãng đường AB là x (km) x > 0

Thời gian lúc đi từ A đến B của xe máy là: 40
x

(km/h)

Thời gian lúc đi về từ B đến A của xe máy là: 50
x

 BHKC là hình bình hành A’ là trung điểm của KH  KO là đường trung 
bình của tam giác AHK  AH = 2AO

c. Ta có: AEFABC 1

'
'

AA R

 

(1) R là bán kính đường trịn ngoại tiếp
tam giác ABC, R’ là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AEF, AA’ là

trung tuyến tam giác ABC, AA1là trung tuyến tam giác AEF

Ta lại có AEHF nội tiếp đường trịn đường kính AH nên đây cũng là đường
trịn ngoại tiếp tam giác AEF

Từ (1)  1 1

2 '

. '. ' '. '. . '. '

2 2

R AA
OA

AA



(theo chứng minh câu c). Mà

AA

AA là tỉ số 2 trung tuyến

của 2 tam giác đồng dạng AEF và ABC nên

AA EF

AA BC . Tương tự ta có:

R FD

ABC

R AA R FD R DE

S R BC AC AB

AA AC AB

S R EF FD DE

 

    

 

   

Do R không đổi nên EF + FD + DE đạt giá trị lớn nhất khi diện tích tam giác
ABC đạt max

Ta có

1
.
2

ABC

S  BC AD

    

  

   

Tương tự ta có:        

1 1

2 , 2

1 1 1 1 1 1

xy
xz

y  x z z  x y

Nhân các vế của bất dẳng thức ta được điều phải chứng minh

Đáp án Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm năm 2020 – 2021
Đề số 5

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

a. 3

2 1 1 4

: 1

1 1

x x x x

P

x x x

   

    

 

    

  

   

 

  

2 1 1 3

  

1 1

1 1

x x x x

P

x

x x x

  





  

3
1

3 3

Khi giảm chiều rộng đi 6 m thì chiều rộng thay đổi là:
420

x – 6 (m)
Do diện tích mảnh vườn khơng đổi nên ta có phương trình:

x 10 420 6 420

x

 

   

 

Dễ dàng tìm được

5 5 29( )

x TM

x L

  


</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Kết luận: Vậy chiều dài mảnh vườn là  5 5 29 m, chiều rộng của mảnh

2 5

2
1

1 1

a b a b b

a b a b a

x
x

y
y

       

 

  

    

a. Phương trình hồnh độ giao điểm: 2x2 3x 1m2  2x2 3x 1 m2 0

 

2 2 2

3 4.2. 1 m 1 8m 0 m

       

Vậy (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt

b. Áp dụng hệ thức Viet ta có:

1 2

2
1 2

3
2

. 1

b
x x

a

x  x    x x  x x     m    m   m

Vậy m 2……

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Chứng minh

a. Ta có AB là đường kính, K thuộc đường trịn nên AKB 900

Ta có: KEB EIB 900nên tứ giác IEKB nội tiếp

b. Ta có: EAM MAK( cùng chắn cung nhỏ MK)

 1  1  

2 2

EMA sdAN  sdAMMKA AMEAKM

AE MA

AE AK MA

MA KA

   

R
MIMO

Vậy chu vi tam giác OIM lớn nhất khi I nằm trên AB và cách O một khoảng

bằng
2
2

R

Câu 5:

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

 

2
2

2 2

2 2 2 2 2 2 3

x y z

y y

x z x z

</div>

Nhờ tải bản gốc

Tài liệu, ebook tham khảo khác

Tải Bộ đề thi khảo sát chất lượng đầu năm môn Toán lớp 10 năm học 2020 - 2021 - Đề thi khảo sát chất lượng đầu năm lớp 10 có đáp án - Pdf 70

Tài liệu, ebook tham khảo khác

Học thêm