Đề thi môn Toán vào lớp 10 năm 2020 - 2021 có đáp án (Trắc nghiệm - Tự luận - Đề 1)
13 câu hỏi
Điều kiện xác định của biểu thức P = 2018x-5 là:
Đáp án D
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng 2x – y = 3 đi qua điểm:
Đáp án A
Cho hàm số y=-3x2. Kết luận nào sau đây là đúng :
Đáp án D
Điều kiện để hàm số y = (–m + 3) x – 7 đồng biến trên R là:
Đáp án B
Trong các phương trình sau, phương trình nào có tích hai nghiệm bằng –5
Đáp án A
Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH có BH = 6 cm; CH = 12 cm. Độ dài cạnh góc vuông AB là:
Đáp án C
Cung AB của đường tròn (O; R) có số đo là 600. Khi đó diện tích hình quạt AOB là:
Đáp án B
Tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn khi:
Đáp án C
Cho biểu thức
P = (aa-bba+ab+b + 2ba+b).(1a + 1b)
a) Tìm điều kiện đối với a và b để biểu thức P có nghĩa rồi rút gọn biểu thức P
b) Khi a và b là 2 nghiệm của phương trình bậc hai x2-3x+1=0. Không cần giải phương trình này, hãy chứng tỏ giá trị của P là một số nguyên dương
a, 
b) a, b là 2 nghiệm của phương trình x2-3x+1=0 nên theo hệ thức Vi-ét ta có:
Thay vào biểu thức: P = 
= 3
Vậy giá trị của P là một số nguyên dương
a) Tìm điểm cố định của đường thẳng y = (m – 1)x + 2m – 1
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = mx + 1 và Parabol (P): y=2x2. Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A (3; 7). Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt Cx1,y1 và Dx2,y2. Tính giá trị của T = x1x2+y1y2
a) y = (m – 1)x + 2m – 1
Gọi M x0;y0 là điểm cố định mà đường thẳng y = (m – 1)x + 2m – 1 đi qua với mọi m
=> y0 = (m - 1) x0 + 2m - 1 ⇔ (x0 + 2)m - (y0+x0+ 1)=0 (*)
Để đường thẳng y = (m – 1)x + 2m – 1 luôn đi qua M x0;y0 với mọi m thì phương trình (*) nghiệm đúng với mọi m
Vậy đường thẳng y = (m – 1)x + 2m – 1 luôn đi qua M (–2; 1)
b) Để đường thẳng (d): y = mx + 1 đi qua điểm A (3; 7), thì A ∈ d :
7 = m.3 + 1 ⇔ m = 2
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
2x2=mx+1⇔2x2-mx-1=0
Δ = m2 - 4.2.(-1) = m2 + 8 > 0
=> Phương trình có 2 nghiệm phân biệt, do đó (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt
Theo định lí Vi-et, ta có:
Theo bài ra:
T = x1x2+y1y2=x1x2+mx1+1mx2+1
= x1x2+mx1+x2+m2x1x2+1
Vậy T = 1/2
Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a, x-2y+5+5=xy-2+3y+12x-1y-3=37
b, 3x4+x2-4=0
a, ĐKXĐ: y ≠ 3
HPT 
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (–4/7; –2)
b, 3x4+x2-4=0
Đặt x2 = t (t ≥ 0), phương trình trở thành:
3t2+t-4=0
Phương trình có dạng a + b + c = 3 + 1 – 4 = 0. Do đó, phương trình có hai nghiệm
Với t = 1 => x2 =1 ⇔ x = ± 1
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = ± 1
Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại S. Gọi I là trung điểm của BC
a, Chứng minh tứ giác SAOI nội tiếp
b, Vẽ dây cung AD vuông góc với SO tại H. AD cắt BC tại K. Chứng minh SD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
c, Chứng minh SK.SI = SB.SC
d, Vẽ đường kính PQ đi qua điểm I (Q thuộc cung CD), SP cắt đường tròn (O) tại M. Chứng minh M, K, Q thẳng hàng
a, Ta có: BC là dây cung, I là trung điểm của BC
=> OI ⊥ BC
Xét tứ giác SAOI có:
∠SAO = 900 (Do SA là tiếp tuyến của (O))
∠SOI = 900 (OI ⊥ BC)
=> ∠SAO + ∠SOI = 1800
=> Tứ giác SAOI là tứ giác nội tiếp
b, Tam giác AOD cân tại O có OH là đường cao
=> OH cũng là trung trực của AD
=> SO là trung trực của AD
=> SA = SA => ΔSAD cân tại S
=> ∠SAD = ∠SDA
Ta có:
∠SAD=∠SDA∠OAD=∠ODA => ∠SAD + ∠OAD = ∠SDA + ∠ODA
⇔ ∠SAO = ∠SDO ⇔ ∠SDO = 900
Vậy SD là trung tuyến của (O)
c, Xét ΔSAB và ΔSCA có:
∠ASC là góc chung
∠SAB = ∠ACB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB)
=> ΔSAB ∼ ΔSCA
=> SASC = SBSA
=> SB.SC=SA2 (1)
ΔSAO vuông tại O có AH là đường cao
=> SA2=SH.SO (2)
Xét ΔSKH và ΔSOI có:
∠OSI là góc chung
∠SHK = ∠SIO = 900
=> ΔSKH ∼ ΔSOI
=> SKSO = SHSI => SK.SI = SH.SO (3)
Từ (1), (2) và (3) => SK.SI = SB.SC
d, Ta có: ∠PMQ = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=> PS ⊥ MQ
Xét ΔSAM và ΔSPA có:
∠ASP là góc chung
∠SAM = ∠SPA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AM)
=> ΔSAM ∼ ΔSPA
=> SASP = SMSA => SP.SM=SA2
Do đó ta có:
SP.SM = SK.SI <=> SMSI = SKSP
Xét ΔSKM và ΔSPI có:
SMSI = SKSP
∠ISP là góc chung
=> ΔSKM ∼ ΔSPI
=> ∠SMK = ∠SIP = 900 => MK ⊥ SP
Ta có: PS ⊥ MQ ; MK ⊥ SP => M;Q;K thẳng hàng
Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
a5+b5+c5+1a+1b+1c ≥ 6
Áp dụng bất đẳng thức Co- si, ta được:
=> a5+b5+c5+1a+1b+1c ≥ 2a2+b2+c2
Mặt khác: 
=> a2+b2+c2 ≥ 2 (a + b + c)-3 = 2 . 3 - 3 = 3
=> a5+b5+c5+1a+1b+1c ≥ 2.3 = 6
Vậy ta được điều phải chứng minh
