Bộ đề thi vào lớp 10 môn toán năm 2021 có đáp án

Bộ Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2021 có đáp án

Nhằm giúp các bạn ôn luyện và giành được kết quả cao trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10, VietJack biên soạn tuyển tập Đề thi vào lớp 10 môn Toán (có đáp án) theo cấu trúc ra đề Trắc nghiệm – Tự luận mới. Cùng với đó là các dạng bài tập hay có trong đề thi vào lớp 10 môn Toán với phương pháp giải chi tiết. Hi vọng tài liệu này sẽ giúp học sinh ôn luyện, củng cố kiến thức và chuẩn bị tốt cho kì thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2021.

I/ Đề thi môn Toán vào lớp 10 (không chuyên)

III/ Các dạng bài tập ôn thi vào lớp 10 môn Toán

Phần I. Trắc nghiệm

Câu 1: Điều kiện xác định của biểu thức là:

A.x ≠ 0    B.x ≥ 1    C.x ≥ 1 hoặc x < 0    D.0 < x ≤ 1

Câu 2: Đường thẳng 2x + 3y = 5 đi qua điểm nào trong các điểm sau đây

A. ( 1; -1)    B. ( 2; -3)    C. ( -1; 1)     D. (- 2; 3)

Câu 3: Cho phương trình x – 2y = 2 (1). Phương trình nào trong các phương trình sau đây kết hợp với (1) để được phương trình vô số nghiệm

A.x + y = -1    B. x – y = -1

C.2x – 3y = 3   D.2x – 4y = -4

Câu 4: Tọa độ giao điểm của (P) y = x2 và đường thẳng (d) y = + 3

A. (2; 2)   B. ( 2; 2) và (0; 0)

C.(-3; )    D.(2; 2) và (-3; )

Câu 5: Giá trị của k để phương trình x2 + 3x + 2k = 0 có 2 nghiệm trái dấu là:

A. k > 0   B. k < 0   C. k > 2    D. k < 2

Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB : AC = 3 : 4 và đường cao AH bằng 9 cm. Khi đó độ dài đoạn thẳng HC bằng:

A. 12 cm    B. 9 cm     C. 6 cm    D. 15 cm

Câu 7: Cho hai đường tròn (O; 3cm) và (O; 4cm) có OO’ = 5 cm. Vị trí tương đối của 2 đường tròn là:

A. Hai đường tròn tiếp xúc ngoài với nhau

B. Hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau

C. Hai đường tròn không giao nhau

D. Hai đường tròn cắt nhau

Câu 8: Thể tích hình cầu thay đổi như thế nào nếu bán kính hình cầu tăng gấp 2 lần

A. Tăng gấp 16 lần     B. Tăng gấp 8 lần

C. Tăng gấp 4 lần     D. Tăng gấp 2 lần

Phần II. Tự luận

Bài 1:

1) Thu gọn biểu thức

2) giải phương trình và hệ phương trình sau:

a) 3×2 + 5x – 8 = 0

b) (x2 + 5)2 = 3(x2 + 5) + 4

Bài 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) :

y = 2mx – 2m + 1

a) Với m = -1 , hãy vẽ 2 đồ thị hàm số trên cùng một hệ trục tọa độ

b) Tìm m để (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt : A (x1; y1 );B(x2; y2) sao cho tổng các tung độ của hai giao điểm bằng 2 .

Bài 3: Rút gọn biểu thức sau:

Tìm x để A < 0

Bài 4: Cho đường tròn (O) có dây cung CD cố định. Gọi M là điểm nằm chính giữa cung nhỏ CD. Đường kính MN của đường tròn (O) cắt dây CD tại I. Lấy điểm E bất kỳ trên cung lớn CD, (E khác C,D,N); ME cắt CD tại K. Các đường thẳng NE và CD cắt nhau tại P.

a) Chứng minh rằng :Tứ giác IKEN nội tiếp

b) Chứng minh: EI.MN = NK.ME

c) NK cắt MP tại Q. Chứng minh: IK là phân giác của góc EIQ

d) Từ C vẽ đường thẳng vuông góc với EN cắt đường thẳng DE tại H. Chứng minh khi E di động trên cung lớn CD (E khác C, D, N) thì H luôn chạy trên một đường cố định.

Phần I. Trắc nghiệm

1.C2.D3.A4.D

5.B6.A7.D8.B

Phần II. Tự luận

Bài 1:

2) a) 3×2 + 5x – 8 = 0

Δ = 52 – 4.3.(-8) = 121 => √Δ = 11

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S =

b) (x2 + 3)2 = 3(x2 + 3) + 4

Đặt x2 + 3 = t (t ≥ 3), phương trình đã cho trở thành

t2 – 3t – 4 = 0

Δ = 32 – 4.(-4) = 25> 0

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt :

Do t ≥ 3 nên t = 4

Với t = 4, ta có: x2 + 3 = 4 ⇔ x2 = 1 ⇔ x = ±1

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x = ± 1

Bài 2:

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) :

y = 2mx – 2m + 1

a) Với m = 1; (d): y = 2x – 1

Bảng giá trị

x01

y = 2x – 1-11

(P) : y = x2

Bảng giá trị

x -2 -1 0 1 2

y = x2 4 1 0 1 4

Đồ thị hàm số y = x2 là đường parabol nằm phía trên trục hoành, nhận Oy làm trục đối xứng và nhận điểm O(0; 0) là đỉnh và điểm thấp nhất

b) cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) :

y = 2mx – 2m + 1

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

x2 = 2mx – 2m + 1

⇔ x2 – 2mx + 2m – 1 = 0

Δ’ = m2 – (2m – 1)=(m – 1)2

(d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình hoành độ giao điểm có 2 nghiệm phân biệt

⇔ Δ’ > 0 ⇔ (m – 1)2 > 0 ⇔ m ≠ 1

Khi đó (d) cắt (P) tại 2 điểm A(x1, 2mx1 – 2m + 1) ; B ( x2, 2mx2 – 2m + 1)

Theo định lí Vi-et ta có: x1 + x2 = 2m

Từ giả thiết đề bài, tổng các tung độ giao điểm bằng 2 nên ta có:

2mx1 – 2m + 1 + 2mx2 – 2m + 1 = 2

⇔ 2m (x1 + x2) – 4m + 2 = 2

⇔ 4m2 – 4m = 0 ⇔ 4m(m – 1) = 0

Đối chiếu với điều kiện m ≠ 1, thì m = 0 thỏa mãn.

Bài 3:

A > 0 ⇔ > 0 ⇔ 5 – 5√x > 0 ⇔ √x < 1 ⇔ x < 1

Vậy A > 0 khi 0 < x < 1

Bài 4:

a) Do M là điểm chính giữa cung CD nên OM ⊥ CD

=> ∠KIN = 90o

Xét tứ giác IKEN có:

∠KIN = 90o

∠KEN = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> ∠KIN + ∠KEN = 180o

=> Tứ giác IKEN là tứ giác nội tiếp

b) Xét ΔMEI và ΔMNK có:

∠NME là góc chung

∠IEM = ∠MNK ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung IK)

=> ΔMEI ∼ ΔMNK (g.g)

=>EI.MN = NK.ME

c) Xét tam giác MNP có:

ME ⊥ NP; PI ⊥ MN

ME giao PI tại K

=> K là trực tâm của tam giác MNP

=> ∠NQP = 90o

Xét tứ giác NIQP có:

∠NQP = 90o

∠NIP = 90o

=> 2 đỉnh Q, I cùng nhìn cạnh NP dưới 1 góc bằng nhau

=> tứ giác NIQP là tứ giác nội tiếp

=> ∠QIP = ∠QNP (2 góc nội tiếp cùng chắn cung PQ)(1)

Mặt khác IKEN là tứ giác nội tiếp

=> ∠KIE = ∠KNE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung KE)(2)

Từ (1) và (2)

=> ∠QIP = ∠KIE

=> IE là tia phân giác của ∠QIE

d) Ta có:

Mà ∠DEM = ∠MEC (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau)

=> ∠EHC = ∠ECH => ΔEHC cân tại E

=> EN là đường trung trực của CH

Xét đường tròn (O) có: Đường kính OM vuông góc với dây CD tại I

=> NI là đường trung trực của CD => NC = ND

EN là đường trung trực của CH => NC = NH

=> N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DCH

=> H ∈ (N, NC)

Mà N, C cố định => H thuộc đường tròn cố định

Bài 1 :

1) Rút gọn biểu thức sau:

2) Cho biểu thức

a) Rút gọn biểu thức M.

b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị tương ứng của M nguyên.

Bài 2 :

1) Tìm m để hai phương trình sau có ít nhất một nghiệm chung:

2×2 – (3m + 2)x + 12 = 0

4×2 – (9m – 2)x + 36 = 0

2) Tìm hệ số a, b của đường thẳng y = ax + b biết đường thẳng trên đi qua hai điểm là

(1; -1) và (3; 5)

Bài 3 :

1) Cho Phương trình :x2 + (m – 1) x + 5m – 6 = 0

a) giải phương trình khi m = – 1

b) Tìm m để 2 nghiệm x1 và x2 thỏa mãn hệ thức: 4×1 + 3×2 = 1

2) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Một công ty vận tải điều một số xe tải để chở 90 tấn hàng. Khi đến kho hàng thì có 2 xe bị hỏng nên để chở hết số hàng thì mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định ban đầu. Hỏi số xe được điều đến chở hàng là bao nhiêu xe? Biết rằng khối lượng hàng chở ở mỗi xe là như nhau.

Bài 4 :

1) Cho (O; R), dây BC cố định không đi qua tâm O, A là điểm bất kì trên cung lớn BC. Ba đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.

a) Chứng minh tứ giác HDBF, BCEF nội tiếp

b) K là điểm đối xứng của A qua O. Chứng minh HK đi qua trung điểm của BC

c) Gỉa sử ∠BAC = 60o. Chứng minh Δ AHO cân

2) Một hình chữ nhật có chiều dài 3 cm, chiều rộng bằng 2 cm, quay hình chữ nhật này một vòng quanh chiều dài của nó được một hình trụ. Tính diện tích toàn phần của hình trụ.

Bài 5 :

1) Cho a, b là 2 số thực sao cho a3 + b3 = 2. Chứng minh:

0 < a + b ≤ 2

2) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn x + y + z = 1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

Đáp án và Hướng dẫn giải

Bài 1 :

2)

Để M nguyên thì nguyên

<=> √x – 1 ∈ Ư (2)

<=> √x – 1 ∈ {±1; ±2}

Ta có bảng sau:

√x-1
– 2
-1
1
2

√x
-1
0
2
3

x
Không tồn tại x
0
4
9

Vậy với x = 0; 4; 9 thì M nhận giá trị nguyên.

Bài 2 :

1)

2×2 – (3m + 2)x + 12 = 0

4×2 – (9m – 2)x + 36 = 0

Đặt y = x2,khi đó ta có:

Giải (*):

(6 – 3m)x = -12

Phương trình (*) có nghiệm <=>6 – 3m ≠ 0 <=> m ≠ 2

Khi đó, phương trình có nghiệm:

Theo cách đặt, ta có: y = x2

=>16(m-2) = 16

<=>m = 3

Thay m= 3 vào 2 phương trình ban đầu,ta có:

Vậy khi m =3 thì hai phương trình trên có nghiệm chung và nghiệm chung là 4

2) Tìm hệ số a, b của đường thẳng y = ax + b biết đường thẳng trên đi qua hai điểm là

(1; -1) và (3; 5)

Đường thẳng y = ax + b đi qua hai điểm (1; -1) và (3; 5) nên ta có:

Vậy đường thẳng cần tìm là y = 2x – 3

Bài 3 :

1) Cho Phương trình : x2 + (m – 1)x + 5m – 6 = 0

a) Khi m = -1, phương trình trở thành:

x2 – 2x – 11 = 0

Δ’ = 1 + 11=12 => √(Δ’) = 2√3

Phương trình có nghiệm:

x1 = 1 + 2√3

x2 = 1 – 2√3

Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là:

S ={1 + 2√3; 1 – 2√3}

b)

x2 + (m – 1)x + 5m – 6 = 0

Ta có:

Δ = (m – 1)2 – 4(5m – 6)

Δ = m2 – 2m + 1 – 20m + 24 = m2 – 22m + 25

Phương trình có hai nghiệm ⇔ Δ ≥ 0 ⇔ m2 – 22m + 25 ≥ 0,(*)

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

Theo đề bài ta có:

4×1 + 3×2 =1 ⇔ x1 + 3(x1 + x2 ) = 1

⇔ x1 + 3(1 – m) = 1

⇔ x1= 3m – 2

=> x2 = 1 – m – x1 = 1 – m – (3m – 2) = 3 – 4m

Do đó ta có:

(3m – 2)(3 – 4m) = 5m – 6

⇔ 9m – 12m2 – 6 + 8m = 5m – 6

⇔ – 12m2 + 12m = 0

⇔ -12m(m – 1) = 0

⇔

Thay m = 0 vào (*) thấy thảo mãn

Thay m = 1 vào (*) thấy thảo mãn

Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn bài toán là m = 0 và m = 1.

2)

Gọi số lượng xe được điều đến là x (xe) (x > 0; x ∈ N)

=>Khối lượng hàng mỗi xe chở là: (tấn)

Do có 2 xe nghỉ nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định nên mỗi xe phải chở:

Khi đó ta có phương trình:

.(x-2)=90

=>(180 + x)(x – 2) = 180x

<=>x2 – 2x – 360 = 0

Vậy số xe được điều đến là 20 xe

Bài 4 :

a) Xét tứ giác BDHF có:

∠BDH = 90o (AD là đường cao)

∠BFH = 90o (CF là đường cao)

=>∠BDH + ∠BFH = 180o

=> Tứ giác BDHF là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BCEF có:

∠BFC = 90o (CF là đường cao)

∠BEC = 90o (BE là đường cao)

=> 2 đỉnh E và F cùng nhìn cạnh BC dưới 1 góc vuông

=> Tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp

b) Ta có:

∠KBA) = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=>KB⊥AB

Mà CH⊥AB (CH là đường cao)

=> KB // CH

Tương tự:

∠KCA) = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=>KC⊥AC

BH⊥AC (BH là đường cao)

=> HB // CK

Xét tứ giác BKCF có:

KB // CH

HB // CK

=> Tứ giác BKCH là hình bình hành

=> Hai đường chéo BC và KH cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

=> HK đi qua trung điểm của BC

c) Gọi M là trung điểm của BC

Xét tam giác AHK có:

O là trung điểm của AK

M là trung điểm của BC

=> OM là đường trung bình của tam giác AHK

=> OM = AH (1)

ΔBOC cân tại O có OM là trung tuyến

=> OM là tia phân giác của ∠BOC

=> ∠MOC = ∠BAC = 60o (= ∠BOC )

Xét tam giác MOC vuông tại M có:

OM = OC.cos⁡(MOC) = OC.cos⁡60o= OC = OA (2)

Từ (1) và (2) => OA = AH => ΔOAH cân tại A

2)

Quay hình chữ nhật vòng quanh chiều dài được một hình trụ có bán kính đáy là R= 2 cm, chiều cao là h = 3 cm

Khi đó diện tích toàn phần của hình trụ là

Stp = 2πR2 + 2πRh = 2π22 + 2π.2.3 = 20π (cm2 )

Bài 5:

a) Theo đề bài

Ta có: a3 + b3 = 2 > 0 ⇒ a3 > – b3 ⇒ a > – b ⇒ a + b > 0 (1)

Nhân cả 2 vế của (1) với (a – b)2 ≥ 0 ∀ a,b ta được:

(a + b)(a – b)2 ∀ 0

⇔ (a2 – b2)(a – b) ∀ 0

⇔ a3 – a2b – ab2 + b3 ∀ 0

⇔ a3 + b3 ∀ ab(a + b)

⇔ 3(a3 + b3 ) ∀ 3ab(a + b)

⇔ 4(a3 + b3 ) ∀ a3 + b3 + 3ab(a + b)

⇔ 4(a3 + b3 ) ∀ (a + b)3

⇔ (a + b)3 ≤ 8

⇔ a + b ≤ 2 (2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh

b)

Ta có:

Ta lại có:

,dấu bằng xảy ra khi y=2x

,dấu bằng xảy ra khi z=4x

,dấu bằng xảy ra khi z=2y

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

Giới thiệu kênh Youtube VietJack

Ngân hàng trắc nghiệm lớp 9 tại khoahoc.vietjack.com

Đã có app VietJack trên điện thoại, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi online, Bài giảng….miễn phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS.

Theo dõi chúng tôi miễn phí trên mạng xã hội facebook và youtube:

Loạt bài Đề thi vào lớp 10 môn Toán (có đáp án) được các Giáo viên hàng đầu biên soạn theo cấu trúc ra đề thi Trắc nghiệm, Tự luận mới giúp bạn ôn luyện và giành được điểm cao trong kì thi vào lớp 10 môn Toán.

Nếu thấy hay, hãy động viên và chia sẻ nhé! Các bình luận không phù hợp với nội quy bình luận trang web sẽ bị cấm bình luận vĩnh viễn.