Tổng hợp 10 đề tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2020 – 2021 tập 6

ớ ịà ùũ íá ắÃfô ơá'ẵ ứ ê2Ã ă ¨ Ð ã° ¨ í í ° ° õ ¨õỵ ăừ ă ợ ù ợ ă ờó ùữũ ùũ ẻ-ơ ạ; ắÃfô ơá'ẵ é ũ ỡ ợũ ợũ ècá ạà ơđ@ ẵ+ ắÃfô ơá'ẵ é àáà ă ó ẹăĐụ ẵá đắ ứéữổ Đ ó ịà ợũ ăợ ợ ứẳù ữ ổ Đ ó ởă ợồ ứẳợ ữ ổ Đ ó ợ ù ă ứê2à ơá ư8ữũ ùũ èd ứẳù ữ ưạ ưạ ê2à ứẳợ ữũ ợũ èd ứẳợ ữ ẵsơ đắ ứé ữ ịà ớũ íá á)4ạ ơđdá ăợ ăù ăợ ẵá ẽ ó ăù ừăợ ỡăù ăợ ợứ ùữă ợ ó ứ ê2à ơá ư8ữũ ùũ Ã}à á)4ạ ơđdá ê2à ó ũ ăù ăợ ơá< ~ổ ứăù ợữ ứăợ ợữ ó ùũ ợũ èd ịà ỡũ ứẹồ ẻữ òị ũ èđj ơà òị í ẳ êô:ạ ạ>ẵ ê2à òị ơ|à íũ ;à ứẹữ ể ê ề ứ ể àáẵ ò ê ị ữũ èà òể ụ òề ơá' ơ$ ẵsơ ẳ é ê ẽ ũ ùũ íá'ạ Ãá ơ' ạÃẵ ịíé ể 5à ơÃhũ ợũ íá'ạ Ãá òể òé ó òề ßÏị íị Ù·} ­% Ĩ Ị ã éỴ ì Ĩ ề ơáằ ẻũ ỡũ íá òồ ịồ í ểề ứ ể àáẵ ò ê ị ữ ơád ơ{ òé ẽ ịà ởũ Ã}à á)4ạ ơđdá ợă ừ ứă ùữ ăợ ừ ứă ợữ ăợ ợă ỗ ó ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG THPT CHUN KHTN NĂM 2020 MƠN THI: TỐN (đề thi dành cho tất thí sinh) Thời gian làm bài: 120 (không kể thời gian phát đề) Câu  x  y  xy  a) Giải hệ phương trình:  9 x  xy  70  x  y   b) Giải phương trình: 11  x  x 1  24  5  x 2 x 1 Câu a) Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn: x y 16 xy  99  x  36 y  13 x  26 y b) Với a, b số thực dương thỏa mãn:  2a  3b  8a  12b  2a  3b  5ab  10 Chứng minh rằng: 3a  8b  10ab  21 Câu  góc nhỏ ba góc tam giác nội tiếp đường trịn O  Điểm D Cho tam giác ABC có BAC  Lấy điểm M , N thuoocj O  cho đường thẳng thuộc cạnh BC cho AD phân giác BAC CM BN song song với đường thẳng AD a) Chứng minh AM  AN b) Gọi giao điểm đường thẳng MN với đường thẳng AC , AB E , F Chứng minh bốn điểm B, C , E , F thuộc đường tròn c) Gọi P, Q theo thứ tự trung điểm đoạn thẳng AM , AN Chứng minh đường thẳng EQ, FP AD dồng quy Câu Với a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: a a  bc b ab  2c   b b  ca  c bc  2a   c c  ab a ca  2b   HẾT LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu a) Phương trình thứ hai hệ tương đương: x  xy  70  x  y   9 x  xy   70  x  y  x  xy  y   x  xy 10 y    x  y  x  xy  y   x  2y   x  y  Ta có: x  y  khơng thỏa hệ  y 1 Với x  y, ta có: y     y  1 Với y  1, ta có: x  Với y  1, ta có: x  2 Vậy hệ cho có hai nghiệm  x; y   2; 1 , 2;1 b) Điều kiện:  x  Đặt a   x , b  x 1 với a, b  2a  b  Khi phương trình cho trở thành: 11a  8b  24  3ab  32a  b  a  b  15  2a  b  3ab  32a  b  a  b  15  2a  ba  b  2a  b  5a  b  3   2a  b    a  b  Trường hợp 2a  b  kết hợp với 2a  b  9, ta có: 2a  5  2a    a  23a  4  Với a  2, ta có: x  Với a  , ta có: x  Trường hợp a  b  kết hợp với 2a  b  9, ta có: 2a  3  a    a a  2  Với a  2, ta có: x  Với a  0, ta có: x  Vậy phương trình cho có ba nghiệm x  , x  1, x  Câu a) Phương trình tương đương: x y  20 xy  100   x  xy  y   13 x  y   2   xy  10   x  y   13 x  y   Đặt x  y  a, ta có: 9a  13a  số phương với a  2 Mà 3a  1  9a  13a   3a  3 , 9a  13a   3a  2  a   x  y   x  y  Với a  3, ta có   xy  Vậy hệ cho có nghiệm  x; y   1;1 b) Ta có: 8a  12b  2a  3b  5ab  10  2a  3b  2a  3ba  b  10 1 Đặt x  2a  3b, y  a  b với  x  Ta có: 1 trở thành: x  xy  10  y   2 x Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: x  y  21  x   y  25 Ta có:  y 25    y     4 4    y  25      25 1       25 1    25 1        x   x  x   x  x   4 Ta cần chứng minh:  25 1   x  Thật bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:  x  x  29 x  100    x  2 x  2 x  5 x  5  Bất đẳng thức cuối  x  Đẳng thức xảy x  5, y  hay a  b  Vậy ta có điều phải chứng minh Câu  , ta có: a) Do BN CM song song với AD kết hợp với AD phân giác BAC   DAB   DAC  NBC ACM  Suy ra: NBC ACM hay  AN   AM  AN  AM  sd   sd  AM  sd BN AN  sd BN AB  sd  AFE     ACB b) Ta có:  2 Do BCEF tứ giác nội tiếp c) Gọi S giao điểm EQ AD, K giao điểm AD EF Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ANK có cát tuyến ESQ, ta có: QA EN SK EN SK    hay   Q trung điểm AN EK SA QN EK SA Suy ra: EN SA  EK SK Gọi S  giao điểm FP AD Tương tự áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AMK có cát tuyến PS F , ta được: Ta cần chứng minh EN FM FM FK hay   Thật vậy, theo định lý Tales, ta có: EK FK EN EK KM DC AC AF FK     KN DB AB AE EK Suy ra: FK KM FK  KM FM    EK KN EK  KN EN S A FM  S K FK Do FM FK FM EN , hay   EN EK FK EK Từ ta có: SA S A  SK S K Suy S  S  hay EQ, FP AD đồng quy Câu Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có: 2 a  abc a  b2  c  3abc   b ab  2c   ab ab  2c    ab ab  2c  a a  bc Ta cần chứng minh: a  b  c  3abc  ab  bc  ca Thật áp dụng dụng bất đẳng thức Schur kết hợp với a  b  c  3, ta có: a  b  c  3abc  a  b  c   a  b  c  3abc     ab  bc  ca   9abc  ab  bc  ca  a bc Suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy a  b  c  HẾT ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2020 MƠN THI: TỐN (VỊNG 2) Thời gian làm bài: 120 (không kể thời gian phát đề) Câu  x  y  x  1    a) Giải hệ phương trình:   y  xy  x  y  5 x3  y  12 y  13  243     7 b) Giải phương trình:  x 12  2 x 12  24  x  Câu a) Tìm tất số nguyên dương a, b, c cho ba số 4a  5b, 4b  5c, 4c  5a bình phương số nguyên dương b) Từ bốn số thực a, b, c, d  ta xây dựng số a  b, b  c, c  d , d  a  liên tiếp xây dựng số theo quy tắc Chứng minh hai thời điểm khác ta thu số (có thể khác thứ tự) số ban đầu phải có dạng a,  a, a,  a  Câu   900 Điểm E thuộc cạnh AC cho  AEB  900 Gọi P giao điểm Cho tam giác ABC cân có BAC BE với trung trực BC Gọi K hình chiếu vng góc P lên AB Gọi Q hình chiếu vng góc E lên AP Gọi giao điểm EQ PK F a) Chứng minh bốn điểm A, E , P, F thuộc đường tròn b) Gọi giao điểm KQ PE L Chứng minh LA vng góc với LE c) Gọi giao điểm FL AB S Gọi giao điểm KE AL T Lấy R điểm đối xứng A qua L Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AST đường tròn ngoại tiếp tam giác BPR tiếp xúc Câu Với a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: 1 1  a b c 3   1    3     a b c    bc ca ab  abc HẾT LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu a) Với  x  y  x  1  4, ta có: x3  y  12 y  13   x  y   xy  x  y   12  y  1    x  y   xy  x  y   3 x  1 x  y  y  1    x  y   3 x  y   xy   x  1 y  1    x  y   3 x  y  x  y  1    x  y  1 Ngoài ra: y  xy  x  y    y  1 x  y    x  1 x  y     x  y  x  y  2    x  y  1 Do phương trình thứ hai hệ tương đương  x  y   243  x  y  Từ ta tìm x  y  Vậy hệ cho có nghiệm  x; y   1;1 b) Đặt a  x 12 b  x 12 Khi phương trình trở thành: a  b  a  b   a  ba  a 5b  a 4b  a 3b3  a 2b  ab5  b   a  b 7  a  b  a  a 5b  a 4b  a 3b3  a 2b  ab5  b  a  b     3  a  b7 a b 14a b  21a b 14a b  ab   2  ab a  b a  ab  a 2b  ab  b      a   Nhận thấy a, b khơng đồng thời nên phương trình tương đương: ab a  b   b   a  b   Với a  0, ta có x  12 Với b  0, ta có x  Với a  b  0, ta có x  Thử lại thấy thỏa mãn Vậy phương trình cho có ba nghiệm S  6; 8; 12 Câu a) Không tính tổng quát, giả sử a số lớn ba số a, b, c Khi đó, ta có 4a  5b  4a  (2a ) 4a  5b  4a  5a  4a  8a   (2a  2) Mà 4a  5b số phương nên 4a  5b  (2a  1) , tức 5b  4a  Từ đây, ta suy b chia dư Do b  4k  với k   Một cách tương ứng, ta có a  5k  Xét trường hợp sau • • Trường hợp 1: b  c Chứng minh tương tự trên, từ giả thiết 4b  5c số phương, ta suy 5c  4b   16k  Do k chia hết cho 5, tức k  5n với n   Khi đó, ta có c  16n  1, b  20n  a  25n  Với kết trên, ta có 4c  5a  4(16n  1)  125n   4(16n  1)  4(16n  1)   (32n  3) (1) Và 4c  5a  4(16n  1)  125n   (32n  4)  (3n  7)  (32n  4) Mà 4c  5a số phương nên 4c  5a  (32n  3) Suy ra, dấu đẳng thức bất đẳng thức (1) phải xảy ra, tức n  Từ a  b  c  Trường hợp 2: c  b Trong trường hợp này, ta có 4b  5c  4b  5(b  1)  (2b  1) Mà 4b  5c số phương nên 4b  5c  (2b  2) Do 5c  8b   32k  12  25k  Suy c  5k   a mâu thuẫn Vậy trường hợp xảy Tóm lại, có số (a; b; c) thỏa mãn yêu cầu (1;1;1) b) Gọi (an , b2 , cn , d n ) bốn số thực thu sau lượt thứ n Khi đó, ta có (a0 , b0 , c0 , d )  (a, b, c, d ) Và an1  bn1  cn1  2(an  bn  cn  d n ) n   Suy an  bn  cn  d n  2n (a0  b0  c0  d )  2n (a  b  c  d ) Giả sử tồn hai số nguyên dương m  k cho hai số (am , bm , cm , d m ) (ak , bk , ck , d k ) (có thể khác thứ tự) Khi đó, ta có am  bm  cm  d m  ak  bk  ck  d k tức 2m (a  b  c  d )  2k (a  b  c  d ) Vì m < k nên a + b + c + d = Bây giờ, ta có ý a n+2 + b n+2 + c n+2 + d n+2 = (an+1 + bn+1 ) + (bn+1 + cn+1 ) + (cn+1 + d n+1 ) + (d n+1 + an+1 ) = 2(a n+1 + b n+1 + c n+1 + d n+1 ) + 2(an+1 + cn=1 )(bn+1 + d n+1 ) = 2(a n+1 + b n+1 + c n+1 + d n+1 ) + 2(an + bn + cn + d n )(bn+1 + d n+1 ) = 2(a n+1 + b n+1 + c n+1 + d n+1 ) Suy a n + b n + c n += d n 2n−1 (a 21 + b 21 + c 21 + d 21 ).∀n ∈ ∗ Vì hai số (am , bm , cm , d m ) (ak , bk , ck , d k ) ( khác thứ tự) nên a 2m + b2m + c2m + d 2m = a 2k + b2k + c2k + d 2k Hay 2m−1 (a 21 + b 21 + c 21 + d= 2k −1 (a 21 + b 21 + c 21 + d 21 ) 1) − a, c = −b, d = −c , tức số ban đầu phải có dạng (a, −a, a, −a ) Ta Từ đây, ta có a= b= c= d= Suy b = 1 1 có điều phải chứng minh Câu a) Vì tam giác ABC cân A nên trung trực BC qua A, AP phân giác góc BAC Do ∠PAE = ∠PAK Tứ giác AFKQ có ∠AKF = ∠AQF = 90o nên AFKQ tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính AF ∠KFQ Suy ∠KAQ = ∠PAK = ∠QAK = ∠QFK = ∠PFE Do ∠PAE = Do tứ giác AEPF nội tiếp hay bốn điểm A, E , P, F thuộc đường tròn b) Từ tứ giác nội tiếp AFKQ AEPF chứng minh câu a), ta suy ∠AQL = ∠AFK =∠AFP = ∠AEL 90o hay LA ⊥ LE Suy tứ giác AQEL nội tiếp Mà ∠AQE = 90o nên ∠ALE = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2020 - 2021 MƠN THI: TỐN Ngày thi: 17/7/2020 Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 02 trang) Mã đề 101 PHẦN I TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) x − y = có nghiệm ( x0 ; y0 ) Khẳng định sau đúng? Câu 1: Biết hệ phương trình  −2 x + y = A x0 + y0 = B x0 + y0 = C x0 + y0 = D x0 + y0 = −1 y x + ( d ′ ) : y= m x + m + ( m tham số khác 0) Tìm tất Câu 2: Cho hai đường thẳng ( d ) : = giá trị m để đường thẳng ( d ′) song song với đường thẳng ( d ) A m = B m = C m = −2 D m = ; m = −2 Câu 3: Cho đường trịn tâm O , bán kính R = 10 cm Gọi AB dây cung đường trịn cho, AB = 12 cm Tính khoảng cách từ tâm O đến dây cung AB A (cm) B 16 (cm) C (cm) D (cm) x + y = Câu 4: Cho hệ phương trình  ( m tham số) Tìm tất giá trị m để hệ cho có m 2 x + y = nghiệm ( x0 ; y0 ) thỏa mãn x0 + y0 = 2021 B m = 2020 C m = 2018 D m = 2021 A m = 2019 Câu 5: Cho tam giác ABC vng A có AB = cm, AC = 12 cm Độ dài cạnh BC A 119 (cm) B 17 (cm) C 13 (cm) D (cm)  = 35o Số đo Câu 6: Trong hình vẽ bên dưới, hai điểm C , D thuộc đường trịn ( O ) đường kính AB BAC  ADC D B O A 35° C A 65o B 45o C 35o D 55o Câu 7: Cho đoạn thẳng AC , B điểm thuộc đoạn AC cho BC = 3BA Gọi AT tiếp tuyến đường tròn đường kính BC ( T tiếp điểm), BC = cm Độ dài đoạn thẳng AT A (cm) B (cm) C (cm) D (cm) Câu 8: Tất giá trị a để biểu thức a + có nghĩa A a > −2 B a ≥ C a > D a ≥ −2 Câu 9: Nếu x ≥ biểu thức (3 − x ) + A x − B x − C − x D x − Câu 10: Tính giá trị biệt thức ∆ phương trình x + x − = A ∆ =88 B ∆ = −88 C ∆ =22 D ∆ =40 Câu 11: Có giá trị nguyên dương tham số m để phương trình x + x + 2m − 11 = có hai nghiệm phân biệt? A B C D Câu 12: Giá trị biểu thức A B C D 16 Câu 13: Căn bậc hai số học 121 A −11 B 11 −11 C 11 D 12 Câu 14: Cho hàm số= y 10 x − Tính giá trị y x = −1 A −15 B C −5 D 15 Trang 1/2 - Mã đề thi 101 Câu 15: Hàm số hàm số cho đồng biến  ? 1− x A y = B y 2020 x + C y = D y = − x = −2020 x + Câu 16: Cho tam giác ABC vuông A , đường cao AH Biết BC = 10 cm, AH = cm Giá trị cos  ACB 1 A B C D 2 Câu 17: Biết phương trình x + x − 15 = có hai nghiệm x1 , x2 Giá trị biểu thức x1.x2 A −2 B 15 C D −15 Câu 18: Cho đường thẳng ( d ) : y = ( m − 3) x + 2m + ( m tham số khác ) Tìm tất giá trị m để hệ số góc đường thẳng ( d ) A m = −2 B m = −5 C m = D m = Câu 19: Biết phương trình x + 2bx + c = có hai nghiệm x1 = x2 = Giá trị biểu thức b3 + c A B 19 C −19 D 28 Câu 20: Cho hàm số y = ax ( a tham số khác 0) Tìm tất giá trị a để đồ thị hàm số cho qua điểm M ( −1; ) A a = −1 B a = PHẦN II TỰ LUẬN (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) 10 x − 3y = a) Giải hệ phương trình  −1 2 x + y = C a = −4 D a =  x  x +3 x b) Rút gọn biểu = thức A  với x > x ≠ +  :  x −3 x − x  x −9 Câu (1,0 điểm) Cho phương trình x − ( m + 1) x + 2m − = (1) , m tham số a) Giải phương trình (1) m = b) Tìm tất giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 + ( x1 − )( x2 − ) = 11 Câu (1,5 điểm) Một công ty X dự định điều động số xe để chở 100 hàng Khi khởi hành xe điều làm việc khác nên xe lại phải chở thêm hàng so với dự định Tính số xe mà công ty X dự định điều động, biết xe chở khối lượng hàng Câu (2,0 điểm) Cho đường trịn tâm O , bán kính R = cm Gọi A , B hai điểm phân biệt cố định đường tròn ( O ; R ) ( AB khơng đường kính) Trên tia đối tia BA lấy điểm M ( M khác B ) Qua M kẻ hai tiếp tuyến MC , MD với đường tròn cho ( C , D hai tiếp điểm) a) Chứng minh tứ giác OCMD nội tiếp đường tròn  = 60o E b) Đoạn thẳng OM cắt đường trịn ( O ; R ) điểm E Chứng minh CMD trọng tâm tam giác MCD c) Gọi N điểm đối xứng M qua O Đường thẳng qua O vng góc với MN cắt tia MC , MD điểm P Q Khi M di động tia đối tia BA , tìm vị trí điểm M để tứ giác MPNQ có diện tích nhỏ Câu (0,5 điểm) Cho hai số dương a , b thỏa mãn a + 2b = + ≥ 14 Chứng minh ab a + 4b -Hết -Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Cán coi thi (Họ tên ký): Cán coi thi (Họ tên ký): Trang 2/2 - Mã đề thi 101 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NGÀY THI: 17/7/2020 MƠN THI:TỐN- PHẦN TRẮC NGHIỆM HDC ĐỀ CHÍNH THỨC 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 101 A C A A C D D D B A C B C A B D D C B B 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 102 B B B D C A B A B A C C D C D D C A A D 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 103 B A C B C B A A D C D D C B D C B A A D 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 104 B B D C B A A B C D A C D C B D A A D C 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 105 D C A B D A C A D B C C B B A A B D C D 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 106 D D A C A B B D A B C A A C D C D C B B SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NGÀY THI: 17/7/2020 MƠN THI:TỐN- PHẦN TỰ LUẬN Bản hướng dẫn chấm có 04 trang HDC ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Câu a) (1,0 điểm) Hướng dẫn, tóm tắt lời giải Điểm (2,0điểm)  x − y =10  x =10 + y Ta có  ⇔ −1 2 x + y = −1 2 x + y = 0,25 x 10 + y  = ⇔ −1 2 (10 + y ) + y = 0,25 x 10 + y = ⇔ 7 y = −21 0,25  x =1 ⇔ y = −3 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y= ) (1; −3) Với x > 0; x ≠ , ta có   x x  : x +3 = A −  x −3 x x −3  x −9   b)  x x  x +3 (1,0 =  −  : x −3 x −3 x +3  x −3 điểm) ( ) ( = 0,25 )( 0,25 ) x : x −3 x −3 0,25 = x Kết luận A = x 0,25 Câu (1,0điểm) a) (0,5 điểm) Khi m = , phương trình (1) trở thành x − x − = 0,25 Giải nghiệm x = −1 , x = 0,25 b) (0,5 điểm) ∆= ( m + 1) − ( 2m − 8= ) m2 − 6m + 33= ( m − 3) + 24 > 0, ∀m ∈  Kết luận phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với giá trị m 0,25 x12 + x22 + ( x1 − )( x2 − ) = 11 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − ( x1 + x2 ) − = Áp dụng định lí Viet, ta có: ( m + 1) − ( 2m − 8) − ( m + 1) − = Câu 0,25 ⇔ m − 2m = m = ⇔ m = Vậy giá trị cần tìm m m = ; m = Theo dự định, xe phải chở số hàng 100 (tấn) x 0,25 Sau giảm số xe xe lại chở số hàng Theo ra, ta có phương trình: (1,5 điểm) (1,5điểm) 0,25 Gọi x số xe dự định điều động công ty X, x > , x ∈  100 100 = 1+ x −5 x 100 (tấn) x −5 0,25 0,25 ⇔ 100 x= x ( x − ) + 100 ( x − ) ⇔ x − x − 500 = 0,25  x = −20 ⇔  x = 25 Đối chiếu điều kiện x , ta x = 25 Vậy công ty X dự định điều động 25 xe 0,25 Câu (2,0điểm) P C A N B O E M D a) (1,0 điểm) Q  = 90o ; Chỉ OCM  = 90o Chỉ ODM 0,25 0,25  + ODM =  , ODM  hai góc đối Chỉ tứ giác OCMD có OCM 180o OCM b) (0,5 điểm) 0,25 Kết luận tứ giác OCMD nội tiếp đường tròn 0,25  = 60o MC = MD nên tam giác MCD tam giác Vì CMD 0,25  (theo tính chất tiếp tuyến) (1) Ta có tia MO tia phân giác góc CMD  Chỉ E điểm cung nhỏ CD   =  (Tính chất góc nội tiếp góc tạo tiếp sđ DE = sđ CE = MCE ⇒ DCE 2 tuyến dây cung)  ( 2) Suy CE tia phân giác MCD 0,25 Từ (1) ( ) , ta E tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD Mặt khác, tam giác MCD nên E trọng tâm tam giác MCD (đpcm) Do N đối xứng với M qua O PQ vuông góc với MN O nên S MPNQ = S MPQ ( 3) Ta có tam giác MPQ cân M , có MO đường cao nên diện tích tam giác S MPQ 2.= S MOP .OC= PM R= PM ( PC + CM ) ( ) MPQ = c) (0,5 điểm) 0,25 ( PC + CM ) Từ ( 3) ( ) , ta được: S= MPNQ Do S MPNQ nhỏ PC + CM nhỏ Mặt khác, theo hệ thức lượng tam giác vuông OPM , ta có PC.CM = OC = = CM = cm Theo bất đẳng thức Cơsi PC + CM nhỏ PC 0,25 Khi OM = cm Vậy điểm M cần tìm giao điểm đường trịn tâm O , bán kính cm với tia đối Câu tia BA Chứng minh bổ đề : (0,5 điểm) 1 với số x > , y > đẳng thức xảy + ≥ x y x+ y x = y 12   Ta có P = + =3  + + ≥ + 2  2 ab a + 4b  4ab a + 4b  4ab 4ab + a + 4b 4ab 12 12 P≥ + ≥ + 2 ( a + 2b ) 4.a ( 2b ) ( a + 2b ) ( a + 2b ) nên P ≥ 14 (đpcm) Theo giả thiết a + 2b = (0,5điểm) 0,25 0,25 Đẳng thức xảy 4ab = a + 4b   a=  a = 2b  ⇔  a + 2b = b =  a > 0, b > Tổng 7,0 điểm Lưu ý chấm bài: - Trên sơ lược bước giải, lời giải học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách làm khác cho điểm phần theo thang điểm tương ứng - Với Câu ý a học sinh dùng MTCT bấm cho kết cho 0,75 điểm - Với Câu 4, học sinh khơng vẽ hình khơng chấm - Điểm tồn khơng làm trịn *^*^* SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN THI: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (1,0 điểm) a) Trục thức mẫu biểu thức: b) Tìm x biết: Câu (1,0 điểm) 18 4x + 9x = 15 ( ) Cho hàm số bậc y = − 18 x + 2020 a) Hàm số đồng biến hay nghịch biến  ? Vì sao? b) Tính giá trị y x= + 18 Câu (1 điểm) Cho hàm số: y = x có đồ thị (P) a) Vẽ (P) b) Tìm tọa độ điểm thuộc (P) có tung độ Câu (2,5 điểm) a) Giải phương trình: x + x − = 18 7 x − y = b) Giải hệ phương trình:  2 x + y = c) Tìm giá trị tham số m để phương trình: x − ( m + ) x + m + 3m − = có hai nghiệm phân biệt Câu (1 điểm) Với giá trị tham số m đồ thị hai hàm số y =x + ( + m ) y = x + ( − m ) cắt điểm nằm trục hoành? Câu (0,75 điểm) Cho tam giác ABC vng B có đường cao BH ( H ∈ AC ) , biết AB = cm , AC = 10 cm Tính độ dài đoạn thẳng BC , BH Câu (0,75 điểm) Trên đường tròn ( O ) lấy hai điểm A, B cho  AOB = 650 điểm C hình vẽ Tính số đo  AmB,  ACB số đo  ACB Câu (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) có đường cao BE , CF cắt H ( E ∈ AC , F ∈ AB ) a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp b) Chứng minh AH ⊥ BC c) Gọi P, G hai giao điểm đường thẳng EF đường tròn ( O ) cho điểm E nằm điểm P điểm F Chứng minh AO đường trung trực đoạn thẳng PG HẾT LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH BẾN TRE NĂM HỌC 2020 – 2021 Câu (1,0 điểm) a) Trục thức mẫu biểu thức: b) Tìm x biết: 18 4x + 9x = 15 Lời giải 18 a) Trục thức mẫu biểu thức: 18 18 18 Ta có= = = 3 3 b) Tìm x biết: x + x = 15 Điều kiện: x ≥ Ta có: 4x + 9x = 15 ⇔ x +3 x = 15 ⇔5 x = 15 ⇔ x= ( tm ) ⇔x= Vậy phương trình cho có nghiệm Câu (1,0 điểm) ( ) Cho hàm số bậc y = − 18 x + 2020 a) Hàm số đồng biến hay nghịch biến  ? Vì sao? b) Tính giá trị y x= + 18 Lời giải ( ) Cho hàm số bậc y = − 18 x + 2020 a) Hàm số đồng biến hay nghịch biến  ? Vì sao? ) ( Hàm số y = − 18 x + 2020 có a= Ta có: = (7 − 18 ) 49 > 18 ⇔ − 18 > ⇔ a > nên hàm số cho đồng biến R b) Tính giá trị y x= + 18 ( ) Thay x= + 18 vào hàm số y = − 18 x + 2020 ( )( ) Ta được: y = − 18 + 18 + 2020 = − 18 + 2020 = 2051 Vậy x= + 18 với y = 2051 Câu (1 điểm) Cho hàm số: y = x có đồ thị (P) a) Vẽ (P) b) Tìm tọa độ điểm thuộc (P) có tung độ Lời giải Cho hàm số: y = x có đồ thị (P) a) Vẽ (P) Bảng giá trị: x y = x2 -2 -1 0 2 Đồ thị hàm số parabol (P) qua điểm ( −2;8 ) , ( −1; ) , ( 0;0 ) , (1; ) , ( 2;8 ) Hình vẽ: b) Tìm tọa độ điểm thuộc (P) có tung độ Gọi điểm N ( x; ) thuộc ( P ) : y = x x = Ta có: =2 x ⇔ x = 1⇔   x = −1 Vậy ta có hai điểm thỏa mãn đề (1; ) , ( −1; ) Câu (2,5 điểm) a) Giải phương trình: x + x − = x − y = 18  b) Giải hệ phương trình:  2 x + y = c) Tìm giá trị tham số m để phương trình: x − ( m + ) x + m + 3m − = có hai nghiệm phân biệt Lời giải a) Giải phương trình: x + x − = Ta có: ∆= 52 − 4.1 ( −7 )= 53 > nên phương trình cho có hai nghiệm phân biệt  −5 + 53 x =   −5 − 53 x =  = Vậy phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x −5 + 53 −5 − 53 = ;x 2 18 7 x − y = b) Giải hệ phương trình:  2 x + y = Ta có: 18 7 x − y =  2 x + y = 9 x = 27 ⇔ 2 x + y = x = ⇔ 2.3 + y = x = ⇔ y = Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 3;3) c) Tìm giá trị tham số m để phương trình: x − ( m + ) x + m + 3m − = có hai nghiệm phân biệt − ( m + 5) ; c = có a = 1; b ' = m + 3m − Xét phương trình x − ( m + ) x + m + 3m − = ( ) Ta có: ∆ ' =  − ( m + )  − m + 3m − = m + 31 Để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt a ≠ −31 1 ≠ ( ) ⇔ ⇔ m > −31 ⇔ m >  ∆ ' > 7 m + 31 > Vậy với m > −31 phương trình cho có hai nghiệm phân biệt Câu (1 điểm) Với giá trị tham số m đồ thị hai hàm số y =x + ( + m ) y = x + ( − m ) cắt điểm nằm trục hoành? Lời giải Với giá trị tham số m đồ thị hai hàm số y =x + ( + m ) y = x + ( − m ) cắt điểm nằm trục hoành? Xét đường thẳng y =x + ( + m ) có a = đường thẳng y = x + ( − m ) có a ' = Vì a ≠ a ' (1 ≠ ) nên hai đường thẳng (d) (d’) cắt Gọi M ( x; y ) giao điểm hai đường thẳng (d) (d’) Vì M ( x; y ) thuộc trục hoành nên M ( x;0 ) Lại có M ( x;0 ) thuộc (d): y =x + ( + m ) nên ta có: =x + ( + m ) ⇔ x =−5 − m Và M ( x;0 ) thuộc (d’): y = x + ( − m ) nên ta có: = x + ( − m ) ⇔ x = m−7 m−7 ⇔ m − =−2m − 10 ⇔ m =−1 Suy −5 − m = Vậy m = -1 giá trị cần tìm Câu (0,75 điểm) Cho tam giác ABC vng B có đường cao BH ( H ∈ AC ) , biết AB = cm , AC = 10 cm Tính độ dài đoạn thẳng BC , BH Lời giải Xét tam giác ABC vng B, theo định lý Pytago ta có: AC = AB + BC ⇔ 102 =62 + BC 64 ⇔ BC = 8cm ⇔ BC = Xét tam giác ABC vng B, có chiều cao BH, theo hệ thức lượng tam giác vng ta có: BH AC = AB.BC ⇔ BH 10 =6.8 ⇒ BH =4,8cm Vậy BC = 8cm, BH = 4,8cm Câu (0,75 điểm) Trên đường tròn ( O ) lấy hai điểm A, B cho  AOB = 650 điểm C hình vẽ Tính số đo  AmB,  ACB số đo  ACB Lời giải Ta có  AOB góc tâm chắn cung AmB nên Sđ  AmB AOB =  = 650 (tính chất) Lại có sđ  ACB + sđ  AmB = 3600 ⇒ sđ  ACB = 3600 − sđ  AmB = 3600 − 650 = 2950    ACB góc nội tiếp chắn cung AmB nên = 65 32,50 ACB sđ = AmB = 2 0    Vậy sđ AmB = 65 ; sđ ACB = 295 ; ACB = 32,5 Câu (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn ( O ) có đường cao BE , CF cắt H ( E ∈ AC , F ∈ AB ) a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp b) Chứng minh AH ⊥ BC c) Gọi P, G hai giao điểm đường thẳng EF đường tròn ( O ) cho điểm E nằm điểm P điểm F Chứng minh AO đường trung trực đoạn thẳng PG Lời giải A P E I F G H B O C D K (Học sinh không vẽ hình ý khơng chấm điểm ý đó) a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp Ta có CF ⊥ AB ⇒  AFC = 90o BE ⊥ AC ⇒  AEB = 90o Suy  AFH +  AEH = 900 + 900 = 180o tứ giác AEHF có  AFH +  AEH = 180o nên tứ giác AEHF nội tiếp (tứ giác có tổng góc đối 180o ) b) Chứng minh AH ⊥ BC Kéo dài AH cắt BC D Do BE, CF đường cao tam giác ABC BE cắt CF H nên H trực tâm tam giác ABC ⇒ AD đường cao tam giác ABC ⇒ AD ⊥ BC ⇒ AH ⊥ BC c) Chứng minh AO đường trung trực đoạn thẳng PG   BEC   900 nên tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhìn cạnh Xét tứ giác BFEC có BFC đối diện góc nhau)  ) (1)  AFE   ACB (cùng bù với BFE Kẻ đường AK, gọi I giao điểm AO PG   BCK  (góc nội tiếp chắn cung BK) (2) Tứ giác BACK nội tiếp nên BAK   Từ (1) (2)   AFE  BAK ACB  BCK   KCA   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) Mà  ACB  BCK   900 hay    900   Nên  AFE  BAK AFI  FAI AIF  900  AO  PG I  I trung điểm PG (đường kính vng góc với dây qua trung điểm dây ấy)  AO đường trung trực PG HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Mơn thi: TỐN Ngày thi: 18 / /2020 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Đề thức Bài (2,0 điểm) Giải phương trình: x +1 = x −3  x +2 x −2 −  ⋅ ( x − 1) , với x ≥ 0, x ≠ x −   x +1 Cho biểu thức: A  = a) Tính giá trị biểu thức A x = b) Rút gọn biểu thức A tìm giá trị lớn A Bài (2,0 điểm) Cho Parabol ( P ) : y = x đường thẳng ( d ) : y = ( m − 1) x − 2m + ( m tham số) a) Chứng minh đường thẳng ( d ) cắt Parabol ( P ) hai điểm phân biệt với giá trị m b) Tìm giá trị m để đường thẳng ( d ) cắt Parabol ( P ) hai điểm phân biệt có hồnh độ tương ứng x1 , x2 dương x1 − x2 = Bài (1,5 điểm) Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp cấp trường, tổng số học sinh đạt giải hai lớp 9A1 9A2 22 em, chiếm tỷ lệ 40% tổng số học sinh dự thi hai lớp Nếu tính riêng lớp lớp 9A1 có 50% học sinh dự thi đạt giải lớp 9A2 có 28% học sinh dự thi đạt giải Hỏi lớp có tất học sinh dự thi Bài (3,5) Cho đường tròn tâm O , đường kính AB d tiếp tuyến đường tròn ( O ) điểm A Trên đường thẳng d lấy điểm M (khác A ) đoạn OB lấy điểm N (khác O B ) Đường thẳng MN cắt đường tròn ( O ) hai điểm C D cho C nằm M D Gọi H trung điểm đoạn thẳng CD a) Chứng minh tứ giác AOHM nộp tiếp đường tròn b) Kẻ đoạn DK song song với MO ( K nằm đường thẳng AB ) Chứng minh  = BAH  MA2 = MC.MD MDK c) Đường thẳng BC cắt đường thẳng OM điểm I Chứng minh đường thẳng AI song song với đường thẳng BD Bài (1,0 điểm) Cho x, y số thực dương thỏa mãn x + y =10 Tìm giá trị x y để biểu thức A= ( x + 1)( y + 1) đạt giá trị nhỏ Tìm giá trị nhỏ - HẾT - ... Chia số từ đến 102 3 thành tập } , A1 4 0,5 {2;3= } , A2 {4;5 ;6; 7} , 8;9; ;15} , A4 { 16; 17; ;31 = {= } , A5 {32;33; ;63 } , = A6 {= 64 ;65 ; ;127} , A7 {128;129; ; = 255} , A8 {2 56; 257; ;511} (2,0... 12 13 14 15 16 17 18 19 20 102 B B B D C A B A B A C C D C D D C A A D 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 103 B A C B C B A A D C D D C B D C B A A D 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 104 B B D C... THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NGÀY THI: 17/7 /2020 MƠN THI:TỐN- PHẦN TRẮC NGHIỆM HDC ĐỀ CHÍNH THỨC 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 101 A C A A C D D D B A C B C A B D D C B B 10 11 12