Đề tuyển sinh lớp 10 THPT môn toán năm 2020 2021 sở GD đt hải dương

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang Câu (2,0 điểm) 1) Giải phương trình sau: a) x − = b) x ( + x ) − = 2) Cho phương trình x − x + = Gọi x1 x2 hai nghiệm phương trình 2 Hãy tính giá trị biểu thức A = x1 + x2 Câu (2,0 điểm) x     A  a) Rút gọn biểu thức: = + +  : 1 −  , (với x > ) x +3  x x+3 x   x+3 x b) Viết phương trình đường thẳng qua điểm M (−1;4) song song với đường thẳng = y 2x −1 Câu (2,0 điểm) 1) Một đoàn xe nhận chở 480 hàng Khi khởi hành, đồn có thêm xe nên xe chở so với dự định Hỏi lúc đầu đồn xe có chiếc? Biết xe chở khối lượng hàng (m + 1) x − y = 2) Cho hệ phương trình với tham số m:  m mx + y = Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ( x0 ; y0 ) thỏa mãn x0 + y0 > Câu (3,0 điểm) Cho ∆ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O; R ) Gọi D, E, F chân đường cao thuộc cạnh BC, CA, AB H trực tâm ∆ABC Vẽ đường kính AK a) Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành; b) Trong trường hợp ∆ABC không cân, gọi M trung điểm BC Hãy chứng  bốn điểm M, D, F, E nằm đường tròn; minh FC phân giác DFE c) Khi BC đường tròn (O; R ) cố định, điểm A thay đổi đường trịn cho ∆ABC ln nhọn, đặt BC = a Tìm vị trí điểm A để tổng P = DE + EF + DF lớn tìm giá trị lớn theo a R Câu (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc = 1 1 Chứng minh rằng: + + ≤ 2 a + 2b + b + 2c + c + 2a + Hết -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị coi thi số 1: Giám thị coi thi số 2: HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần 1a) Câu (2,0đ) Nội dung = x −1 = x x −1 = ⇔ ⇔  x − =−8  x =−7 Vậy tập nghiệm phương trình = S {9; −7} Điểm 0.75 1b x(2 + x) − = ⇔ x + 2x − = Xét a = b + c = + – = ⇒ Phương trình có nghiệm: x1 = 1; x = −3 0.50 2) Phương trình x − 3x + = Xét ∆ = (−3) − 4.1.1 = > ⇒ Phương trình có nghiệm phân biệt x1; x x + x = Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1 x = Ta có: A = x12 + x 22 = (x1 + x ) − 2x1x = 32 − 2.1 = 0.75 x     A  = + +  : 1 −  x +3  x x+3 x   x+3 x ( )  x  x+3 x −2 x +3 +6 =  + : x x + + x x +3   ( = a) = Câu (2,0đ) = b) Câu (2,0đ) a) ) x +1 x + x − x − + : x +3 x x +3 ( ) x +1 x+ x : x +3 x x +3 x +1 ⋅ x +3 ( x( x( 1.00 ) x + 3) x + 1) =1 Vậy A = với x > Gọi (d) đường thẳng cần tìm Vì (d) song song với đường thẳng y = 2x – nên (d): y = 2x + b ( b ≠ −1 ) Vì (d) qua điểm M(−1;4) nên: 2.(−1) + b = ⇔ b = (TM) Vậy (d): y = 2x + Gọi số xe cần tìm x (chiếc) ĐK: x ∈ N* ⇒ Số xe tham gia chở hàng x + (chiếc) 480 (tấn hàng) Dự định, xe chở x 480 (tấn hàng) Thực tế, xe chở x+3 Theo đề ta có phương trình: 1.00 1.00 480 480 − = x x+3 60 60 ⇔ − = x x+3 ⇒ 60(x + − x)= x(x + 3) ⇔ x + 3x − 180 =  x = 12 (TM) ⇔  x = −15 (KTM) Vậy lúc đầu đồn xe có 12 (m + 1)x − y = (2m + 1)x = m + (1) ⇔  = = (2) mx + y m mx + y m Hệ có nghiệm ⇔ Phương trình (1) có nghiệm ⇔ 2m + ≠ ⇔ m ≠ − m+3 Khi đó: (1) ⇒ x = 2m + m + 3m m − 2m +y= m⇔y= Thay vào (2) được: b) 2m + 2m + 2 m + m − 2m m − m + +y + = Xét x = 2m + 2m + 2m +  11  Mà m − m + 3=  m −  + > ∀m 2  Do đó: x + y > ⇔ 2m + > ⇔ m > − Kết hợp với điều kiện ⇒ m > − giá trị cần tìm 1.00 A E F B H O 0.25 1 D C M K Câu (3,0đ) a) b)  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Ta có: ABK ⇒ AB ⊥ BK Lại có AB ⊥ CH (GT) (1) ⇒ BK / /CH (2) Chứng minh tương tự CK / /BH Từ (1) (2) ⇒ Tứ giác BHCK hình bình hành   Tứ giác BCEF có: BEC = BFC = 90o (GT) ⇒ BCEF tứ giác nội tiếp 1 = 1 (3) ⇒F B o o o  + BDH  = 90 + 90 = 180 Tứ giác BFHD có: BFH ⇒ BFHD tứ giác nội tiếp 2 = 1 (4) ⇒F B 1 = 2 Từ (3) (4) ⇒ F F  ⇒ FC tia phân giác DFE Khơng tính tổng qt, giả sử AB < AC ∆ BEC vng E, có đường trung tuyến EM BC ⇒ ME = MB = MC = ⇒ ∆ MBE cân M 1 =  (tính chất góc ngồi tam giác cân) ⇒M 2F  = 2F 1 Lại có DFE 1 =  ⇒M DFE ⇒ Tứ giác MDFE nội tiếp, hay bốn điểm M, D, F, E nằm đường tròn 0.75 0.50 0.50 y A x E F B O H D M C Qua A, vẽ tiếp tuyến xy (O)  = ACB  (= 180o − BFE)  Có BCEF tứ giác nội tiếp ⇒ F    ACB  Lại = có A = sđAB     1 = F  ⇒ xy / /FE ⇒ FE ⊥ OA ⇒A c) 1 = OA.EF R.EF 2 1 Tương tự: SOBF= + SOBD R.DF ; SOCD= + SOCE R.DE 2 Do đó: SABC = SOAF + SOAE + SOBF + SOBD + SOCD + SOCE ⇒ SOAF + SOAE = 1.00 R.(DE + EF + DF) = R.P Mặt khác: = 1 1  a2 SABC = BC.AD ≤ a.AM ≤ a(OA + OM)= aR + R − 2 2   a2  a  R + R2 −    ⇒P≤  R Dấu “=” xảy ⇔ A, O, M thẳng hàng ⇔ A điểm cung lớn BC  a2  aR + R −    Vậy maxP =  R ⇔ A điểm cung lớn BC     Với a, b, c > 0, áp dụng BĐT Cô-si ta có: a + 2b + = (a + b ) + (b + 1) + ≥ 2ab + 2b + = 2(ab + b + 1) 1 ≤ ⋅ a + 2b + ab + b + Dấu “=” xảy ⇔ a = b = 1 1 1 Tương tự: ≤ ⋅ ; ≤ ⋅ 2 b + 2c + bc + c + c + 2a + ca + a + Do đó: 1 + + 2 2 a + 2b + b + 2c + c + 2a +  1  ≤ ⋅ + +   ab + b + bc + c + ca + a +  Với abc = thì: 1 + + ab + b + bc + c + ca + a + 1 ab b = + + ab + b + abbc + abc + ab abc + ab + b ab b = + + ab + b + b + + ab + ab + b + ab + b = ab + b + =1 Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c = 1 1 Vậy + + ≤ ; 2 a + 2b + b + 2c + c + 2a + dấu “=” xảy ⇔ a = b = c = ⇒ Câu (1,0đ) Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Nguyễn Huệ – Cẩm Giàng – Hải Dương 1.00 ... BC  a2  aR + R −    Vậy maxP =  R ⇔ A điểm cung lớn BC     Với a, b, c > 0, áp dụng BĐT Cô-si ta có: a + 2b + = (a + b ) + (b + 1) + ≥ 2ab + 2b + = 2(ab + b + 1) 1 ≤ ⋅ a + 2b + ab +