Tổng hợp 10 đề tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2020 – 2021 tập 8

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HỊA BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) - Câu I (2,0 điểm) 1) Tính giá trị biểu thức sau: A 16 + B 8− b) = a) = 2) Giải phương trình sau: x −3 = a) b) x − = Câu II (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng ( d1 ) : y = ( m − 1) x + ( d ) : y= x − Tìm m để hai đường thẳng cho song song với 2) Cho phương trình : x + x + 2m + = ( m tham số) a) Giải phương trình với m = b) Tìm m để phương trình có nghiệm kép Câu III (2,0 điểm) ABC = 600 Tính chu vi tam giác 1) Cho tam giác ABC vng A , có AB = 6cm ,  2) Một ti vi giảm giá hai lần, lần giảm giá 10% so với giá bán, sau giảm giá hai lần giá cịn lại 16 200 000 đồng Hỏi giá bán ban đầu ti vi bao nhiêu? Câu IV (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB ≠ AC ) có đường cao AD, BE , CF cắt H 1) Chứng minh rằng: Tứ giác AEHF nội tiếp 2) Chứng minh rằng:  ADE =  ADF 3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác EDF qua trung điểm M cạnh BC Câu V (2,0 điểm) 1) Tìm số thực x; y; z thỏa mãn: x + y + z − x − y + z + = 2) Cho số thực x; y thỏa mãn x > y xy = x + y − 11 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = x − 2y HẾT ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu I (2,0 điểm) 1)Tính giá trị biểu thức sau: A 16 + a)= 2)Giải phương trình sau: a) x − = B b) = Giải 8− b) x − = 1) a) A = 16 + = + = b) B = − = 4.2 − = 2 − = 2) a) x − = ⇔ x − = ⇔ x = Vậy phương trình có nghiệm nhất: x = b) x − = ⇔ x2 = 4⇔ x= ±2 Vậy phương trình có tập nghiệm: S = {−2; 2} Câu II (2,0 điểm) 1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng ( d1 ) : y = ( m − 1) x + ( d ) : y= x − Tìm m để hai đường thẳng cho song song với 2)Cho phương trình : x + x + 2m + = (1) ( m tham số) a) Giải phương trình với m = b) Tìm m để phương trình có nghiệm kép Giải 1) Hai đường thẳng ( d1 ) : y = ( m − 1) x + ( d ) : y= x − song song với m −1 = ⇔ m = Vậy m = ( d1 ) / / ( d ) 2) a) Với m = , phương trình cho trở thành:  x + =0  x =−1 x + x + = ⇔ ( x + 1)( x + 3) = ⇔  ⇔  x + =0  x =−3 Vậy với phương trình có tập nghiệm là: S ={−1; −3} b) Phương trình (1) phương trình bậc hai ẩn x có: ∆ ' = 22 − ( 2m + 1) = − 2m − = − 2m Phương trình có nghiệm kép ⇔ ∆ ' = ⇔ − 2m = ⇔ 2m = ⇔ m = Vậy m = phương trình (1) có nghiệm kép Câu III (2,0 điểm) ABC = 600 Tính chu vi tam giác 1) Cho tam giác ABC vuông A , có AB = 6cm ,  2) Một ti vi giảm giá hai lần, lần giảm giá 10% so với giá bán, sau giảm giá hai lần giá cịn lại 16 200 000 đồng Hỏi giá bán ban đầu ti vi bao nhiêu? Giải A B C ∆ ABC vuông A: AB = 6cm ,  ABC = 600  AC = ABtan = ABC 6= tan 600 ( cm ) AB AB  = = 12 ( cm ) = cos = ABC cos 600 ⇒ BC BC cos 600 Chu vi ∆ ABC = AB + BC + CA = +12 + = 18 + ( cm ) 2) Gọi giá ban đầu ti vi x (đồng) ( điều kiện: x > ) Giá ti vi sau lần giảm giá 10% là: 90% x = x (đồng) 10 81 Giá ti vi sau lần giảm giá 10% lần thứ hai là: 90% x = x (đồng) 10 100 Sau giảm giá hai lần giá cịn lại 16 200 000 đồng Ta có phương trình: 81 20 000 000 (thỏa mãn điều kiện) x = 16 200 000 ⇔ x = 100 Vậy giá ban đầu ti vi 20 000 000 đồng Câu IV (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB ≠ AC ) có đường cao AD, BE , CF cắt H 1) Chứng minh rằng: Tứ giác AEHF nội tiếp 2) Chứng minh rằng:  ADE =  ADF 3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác EDF qua trung điểm M cạnh BC Giải A E F H B D 1) Chứng minh rằng: Tứ giác AEHF nội tiếp ∆ ABC có đường cao AD, BE , CF cắt H M C   AEH = HEC = 900  BE ⊥ AC    = 900 AFH = HFB ⇒ CF ⊥ AB ⇒    AD ⊥ BC    HDC = 900   HDB = ⇒ AEH +  AFH = 900 + 900 = 1800 Vậy AEHF tứ giác nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối 1800 ) 2) Chứng minh rằng:  ADE =  ADF  + BFH  = 900 + 900 = 1800 Tứ giác BDHF có: BDH Nên BDHF tứ giác nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối 1800 ) =  (hai góc nội tiếp chắn HF  ) hay   ⇒ HDF HBF ADF = EBF  + HDC  = 900 + 900 = 1800 Tứ giác HECD có: HEC Nên HECD tứ giác nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối 1800 ) =  (hai góc nội tiếp chắn HE   ) hay  ⇒ HDE HCE ADE = ECF   = BFC = 900 Tứ giác CEFB có: BEC ⇒ B, E , F , C thuộc đường trịn đường kính BC (Quỹ tích cung chứa góc ) =  (hai góc nội tiếp chắn EF ) ⇒ EBF ECF Nên  ADE =  ADF 3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác EDF qua trung điểm M cạnh BC Vì M trung điểm BC ⇒ M tâm đường trịn đường kính BC 1  ) = EMC ( góc nội tiếp góc tâm chắn EC ⇒ EBC  = EBC   = HBD  ( góc nội tiếp chắn HD  ) hay DFC Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDHF có: HFD 1 = ⇒ DFC EMC (1)  = DFC  , mà tia FC nằm hai tia FE FD Chứng minh tương tự câu b ta có : EFC  ⇒ EFC  = DFC  = EFD  ⇒ FC tia phân giác EFD =  EFD Từ (1) (2) ⇒ EMC ( 2)  + EMD =  + EMD = 1800 ( hai góc kề bù) ⇒ EFD 1800 Mà EMC  EMD  hai góc đối tứ giác DFEM ⇒ DFEM tứ giác nội tiếp Lại có EFD Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác EDF qua trung điểm M cạnh BC Câu V (2,0 điểm) 1) Tìm số thực x; y; z thỏa mãn: x + y + z − x − y + z + = 2) Cho số thực x; y thỏa mãn x > y xy = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 2 x + y − 11 x − 2y 1) x + y + z − x − y + z + = Giải ⇔ ( x − x + ) + ( y − y + 1) + ( z + z + 1) = ⇔ ( x − ) + ( y − 1) + ( z + 1) = 2 ( x − ) ≥ ∀x  2 2  Vì ( y − 1) ≥ ∀y ⇒ ( x − ) + ( y − 1) + ( z + 1) ≥ ∀x; y; z  ( z + 1) ≥ ∀z  x x−2 = =   Đẳng thức xảy ⇔  y − 1= ⇔  y = 2 z + =   z = −  1  Vậy ( x; y= ; z )  2;1; −  2  2 x + y − 11 x + y − 12 + 2) P = mà xy = = x − 2y x − 2y x + y − xy + ( x − y ) + 1 ⇒P= = = ( x − 2y) + x − 2y x − 2y x − 2y Lại có x > y ⇒ x − y > Áp dụng bất đẳng thức Co si cho hai số dương x − y ( x − 2y) + ≥2 x − 2y ( x − y) ta có: x − 2y = x − 2y ⇒P≥2  x − y > (1) ( y + 1) y =  xy =  Đẳng thức xảy ⇔= ⇔ ⇔  xy = x y + ( 2) x − y =  x − y = x − 2y  y =1  y − =0 ⇔ (1) ⇔ y + y − = ⇔ ( y − 1)( y + 3) = ⇔   y = −3 2 y + =  −3 Mà = x = −2 x y + nên với y = x = , với y =  −3    Vậy P có giá trị nhỏ ⇔ ( x; y ) ∈ ( 3;1) ;  −2;      HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HỊA KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TỐN Ngày thi: 16/07/2020 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) Câu (2,00 điểm) (Khơng sử dụng máy tính cầm tay) a Rút gọn biểu thức = A (3 2− ) b Giải phương trình x − x + = Câu (2,50 điểm) Trên mặt phẳng Oxy , cho parabol ( P ) : y = tham số) x đường thẳng ( d ) : y= x − m ( m 2 x b Với m = , tìm tọa độ giao điểm ( d ) ( P ) phương pháp đại số a Vẽ parabol ( P ) : y = c Tìm điều kiện m để ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt Câu (1,50 điểm) Để chung tay phòng chống dịch COVID-19, hai trường A B địa bàn tỉnh Khánh Hịa phát động phong trào qun góp ủng hộ người dân có hồn cảnh khó khăn Hai trường qun góp 1137 phần q gồm mì tôm (đơn vị thùng) gạo (đơn vị bao) Trong đó, lớp trường A ủng hộ thùng mì bao gạo; lớp trường B ủng hộ thùng mì bao gạo Biết số bao gạo số thùng mì 75 phần quà Hỏi trường có lớp? Câu (3,00 điểm) Cho đường tròn ( O ) điểm I nằm ngồi đường trịn Qua I kẻ hai tiếp tuyến IM IN với đường tròn ( O ) Gọi K điểm đối xứng với M qua O Đường thẳng IK cắt đường tròn ( O ) H a Chứng minh tứ giác IMON nội tiếp đường tròn b Chứng minh IM IN = IH IK c Kẻ NP vuông góc với MK Chứng minh đường thẳng IK qua trung điểm NP Câu (1,00 điểm) Cho x, y số thực thỏa: x, y > x + y ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 13 x 10 y + + + 3 2x y HẾT ĐÁP ÁN THAM KHẢO Câu (2,00 điểm) (Khơng sử dụng máy tính cầm tay) a Rút gọn biểu thức = A (3 2− ) b Giải phương trình x − x + = Giải (3 − ) 8) = (3 − 2 ) = a Rút gọn biểu thức = A ( Có: A =3 − 2= Vậy: A = b Giải phương trình x − x + = Có: a + b + c = + ( −5 ) + = x = nên phương trình có nghiệm   x= c= a  Vậy S = {1;4} Câu (2,50 điểm) Trên mặt phẳng Oxy , cho parabol ( P ) : y = tham số) x đường thẳng ( d ) : y= x − m ( m 2 x b Với m = , tìm tọa độ giao điểm ( d ) ( P ) phương pháp đại số a Vẽ parabol ( P ) : y = c Tìm điều kiện m để ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt a (Học sinh tự trình bày) Giải b Với m = , tìm tọa độ giao điểm ( d ) ( P ) phương pháp đại số Khi m = ( d ) : y = x Phương trình hồnh độ giao điểm ( P ) ( d ) : x = x = 2 1  x =x ⇔ x −x= ⇔ x  x − 1 = ⇔ 1 ⇔  x − =0 2 2  x = 2 Khi x = y = Khi x = y = Vậy ( d ) cắt ( P ) hai điểm O ( 0;0 ) A ( 2;2 ) c Tìm điều kiện m để ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt Phương trình hồnh độ giao điểm ( P ) ( d ) : ( *) x = x − m ⇔ x − x + 2m = 2 Có: ∆′ = ( −1) − 1.2m = − 2m Để ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt phương trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt Suy ra: ∆′ > hay − 2m > ⇔ m < Vậy m < 2 Câu Để chung tay phòng chống dịch COVID-19, hai trường A B địa bàn tỉnh Khánh Hịa phát động phong trào qun góp ủng hộ người dân có hồn cảnh khó khăn Hai trường qun góp 1137 phần q gồm mì tơm (đơn vị thùng) gạo (đơn vị bao) Trong đó, lớp trường A ủng hộ thùng mì bao gạo; lớp trường B ủng hộ thùng mì bao gạo Biết số bao gạo số thùng mì 75 phần quà Hỏi trường có lớp? Giải Gọi x, y số lớp trường A B (đơn vị: lớp) Điều kiện: x, y ∈  Vì lớp trường A ủng hộ thùng mì bao gạo Nên số thùng mì ủng hộ trường A 8x , số bao gạo ủng hộ trường A 5x Vì lớp trường B ủng hộ thùng mì bao gạo Nên số thùng mì ủng hộ trường B y , số bao gạo ủng hộ trường B 8y Vì có tổng cộng 1137 phần quà nên: x + x + y + y = 1137 ⇔ 13 x + 15 y = 1137 (1) Vì số bao gạo số thùng mì 75 phần nên: x + y = x + y + 75 ⇔ x − y = 75 ( ) 13 x + 15 ( x − 75 ) = 1137 1137 13 x + 15 y = Từ (1) ( ) ta có hệ:  ⇔ 75 y x − 75 3 x − y = = 1137  x = 39 58 x − 1125 = (nhận) ⇔ ⇔ y x − 75  y = 42 = Vậy trường A có 39 lớp; trường B có 42 lớp Câu (3,00 điểm) Cho đường tròn ( O ) điểm I nằm ngồi đường trịn Qua I kẻ hai tiếp tuyến IM IN với đường tròn ( O ) Gọi K điểm đối xứng với M qua O Đường thẳng IK cắt đường tròn ( O ) H a Chứng minh tứ giác IMON nội tiếp đường tròn b Chứng minh IM IN = IH IK c Kẻ NP vng góc với MK Chứng minh đường thẳng IK qua trung điểm NP Giải a Chứng minh tứ giác IMON nội tiếp đường trịn Có: IMO + INO = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác IMON nội tiếp b Chứng minh IM IN = IH IK Xét ∆INH ∆IKN Có: HIN : góc chung  ) INH = IKN (góc tạo tiếp tuyến dây – góc nội tiếp chắn NH Suy ra: ∆INH ∽ ∆IKN (g.g) IN IH ⇒ = IK IN ⇔ IN = IH IK Mà IN = IM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Vậy: IN IM = IH IK (đpcm) c Chứng minh đường thẳng IK qua trung điểm NP Gọi E giao điểm IK PN Có: ∆INH ∽ ∆IKN (cmt) NI NH Suy ra: = KI KN MI NH Mà: NI = MI nên suy ra: = (1) KI KN Có: PE / / IM (do vng góc MK ) PE KE PE MI (theo Ta-lét) Suy ra: Nên: = = ( 2) MI KI KE KI Mặt khác: Có: PNK = KMN (cùng phụ NKP ) ) Lại có: KMN = KHN (cùng chắn KN Suy ra: PNK = KHN Từ đó, có ∆KEN ∽ ∆KNH (g.g) EN KE EN NH Suy ra: = ⇔ = ( 3) NH KN KE KN PE EN MI NH Từ (1) , ( ) ( 3) Suy ra: = = = hay PE = EN KE KE KI KN Vậy E trung điểm NP Câu (1,00 điểm) Cho x, y số thực thỏa: x, y > x + y ≥ 13 x 10 y + + + 3 2x y Giải Chú thích: Dự đoán điểm rơi: x = 0,5 y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = Có: P = 2x + 7 x+ y+ y+ + 3 2x y   9  P =  2x +  +  y +  + ( x + y ) 2x   y  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2x Có P ≥ 2 x Vậy: Pmin ; cho y với giả thiết x + y ≥ 2x y 7 49 73 + y + hay P ≥ + + = 2x y 6  2 x = x   73  x = khi= = ⇔ y y   y =  x + y =  HẾT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2020 – 2021 Bài thi mơn: TỐN; Ngày thi 17/07/2020 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 05 câu trang) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm): Tìm điều kiện x để biểu thức x  có nghĩa Tính A  12  27  75  a  Rút gọn biểu thức P     : a  , với a  a  a 2  a 2 Câu (3,0 điểm): x  y  Giải hệ phương trình:  x  y  Tìm giá trị tham số m để hàm số y  mx  nghịch biến  Xác định tọa độ giao điểm parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  3x  Câu (1,0 điểm): Người ta đổ thêm 20 gam nước vào dung dịch chứa gam muối nồng độ dung dịch giảm 10% Hỏi trước đổ thêm nước dung dịch chứa gam nước? Câu (3,5 điểm): Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Hai đường cao BE, CF ABC cắt H a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AF AB  AE AC c) Kẻ đường kính AD đường tròn tâm O Chứng minh tứ giác BHCD hình bình hành Một máy bay bay lên từ mặt đất với vận tốc 600km/h Đường bay tạo với phương nằm ngang góc 30 Hỏi sau 1,5 phút máy bay lên cao kilômét theo phương thẳng đứng? Câu (0,5 điểm): Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn biểu thức Q  x2 y2 z2   x y yz zx Hết - xy  yz  zx  2020 Tìm giá trị nhỏ HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 MƠN TỐN TỈNH NINH BÌNH NĂM 2020-2021 Câu 1: Tìm điều kiện x để x  có nghĩa Để biểu thức x  có nghĩa x    x  Vậy x  Tính A  12  27  75 Ta có: A  12  27  75  4.3  9.3  25.3 A    25   3   3(2   5)  Vậy A   a  Rút gọn biểu thức P     : a  với a  a  a 2  a 2 Ta có:   a4  a a 2 a 2  P    : a4   a 2 ( a  2)( a  2) ( a  2)( a  2) a  a 2   a 2 a 2 a4 a a4    2 a4 ( a  2)( a  2) a a Vậy P  với a  a  Câu 2: x  y  Giải hệ phương trình:  x  y  P  x  y  2 x  x  x  Ta có:     x  y   x  y  2  y   y  Vậy hệ có nghiệm ( x; y )  (2;1) Tìm giá trị cảu tham số m để hàm số y  mx  nghịch biên  Xét phương trình hồnh độ giao điểm  P   d  ta có: x   x  x  x   x  3x    ( x  2)( x  1)      x 1  x  Với x   y   Với x   y  12  Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là: (1;1), (2; 4) Câu 3: Người ta đổ thêm 20g nước vào dung dịch chứa 4g muối nồng độ dung dịch giảm 10% Hỏi trước đổ thêm nước dung dịch chứa gam nước? Gọi khối lượng nước trước đổ thêm x (gam)  x   Nồng độ dung dịch ban đầu là: 100% x4 4 100%  100% 20  x  x  24 Vì nồng độ dung dịch giảm 10% nên ta có phương trình 4 100%  100%  10% x4 x  24 4    x  x  24 10 Sau đổ thêm 20g nước nồng độ dung dịch là: x  96  x  16  ( x  4)( x  24) 10 80   x  28 x  96 10  x  28 x  96  800   x  16(tm)  ( x  16)( x  44)     x  44(ktm) Vậy lượng nước dung dịch ban đầu sau đổ thêm 16 gam Câu 4: Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Hai đường cao BE, CF ABC cắt H A F E H O B C D a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn Ta có:   90 BE đường cao nên BE  AC  BEC   90 CF đường cao nên CF  AB  BFC Xét tứ giác BFEC có:   BFC   90 nên BFEC tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cạnh nhìn cạnh đối diện góc BEC nhau) Vậy tứ giác BFEC nội tiếp (đpcm) b) Chứng minh   BCE   180 (tính chất) Theo câu a, BFEC tứ giác nội tiếp nên BFE   AFE   180 (kề bù) Mà BFE   BCA   AFE  Nên BCE Xét AFE ACB có:  chung A   ACB  (cmt) AFE  AFE ∽ ACB  g.g  AF AE (cạnh tương ứng)  AC AB  AF.AB  AE.AC (đpcm) c) Kẻ đường kính AD đường trịn tâm O Chứng minh tứ giác BHCD hình bình hành   ABD   90 (góc nội tiếp chẳn nửa dường trịn) AD đường kính nên ACD  DC  AC, DB  AB DC  AC  DC / /BH (từ vng góc đến song song)  BH  AB  DB  AB  DB / /CH (từ vuông góc đến song song)  CH  AB Tứ giác BHCD có: DC / /BH , DB / /CH nên hình bình hành (đpcm) Một máy bay bay lên từ mặt đất với vận tốc 600km/h Đường bay tạo với phương nằm ngang góc 30 Hỏi sau 1,5 phút máy bay lên cao kilômét theo phương thẳng đứng? 1,5  Đổi 1,5 phút  60 40 1 Sau máy bay bay theo số kilomet theo phương AB 600   15(km) 40 40 Sau 1,5 phút máy bay bay theo số kilomet theo phương thẳng đứng 15.sin 30  15  7, 5(km) Vậy sau 1,5 phút, máy bay lên cao 7,5(km) Câu 5: Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn 2 xy  yz  zx  2020 Tìm giá trị nhỏ biểu x y z   x y yz zx thức Q  a  x  Đặt b  y  a, b, c   c  z xy  yz  zx  2020  ab  bc  ca  2020 a4 b4 c4   a  b2 b2  c c  a a b ( a  b) Áp dụng bất đẳng thức   ta x y x y Ta có Q  2 a  b2  a2  b2  c2    a4 b4 c4 c4 Q       a  b2 b  c c  a a  b2  b2  c c  a a  b  b2  c  c  a 2 a  b  c   a  2a  b  c  2 2 2  b2  c 2 Lại có: a  b  2ab b  c  2bc c  a  2ca   a  b  c   2(ab  bc  ca )  a  b  c  ab  bc  ca  2020 a  b  c 2020   1010  Q  1010 2 2020 2020 x yz Dấu “=” xảy a  b  c  3 2020 Vậy GTNN Q  1010 x  y  z  Q SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT PHÚ THỌ NĂM HỌC 2020-2021 MƠN: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Đề thi có 02 trang PHẦN I TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm) Câu A x  2020 Câu Câu B m  3 C m  D m  D Điểm không thuộc đồ thị hàm số y  x ? B B  3; 40  C C  2; 20  Giả sử phương trình x  16 x  55  có hai nghiệm x1; x2 A Câu D C 5 x  y  Hệ phương trình  có nghiệm  x; y  Khi x  y  x  y  11 A 1 B C A A 1;5  Câu B Cho hàm số y   m  3 x có đồ thị hình vẽ Khẳng định sau đúng? A m  4 Câu D x  2020 Có hàm số đồng biến  hàm số sau: y  17 x  ; y  17 x  ; y  11  x ; y  x  10 ; y   x  2020 ? A Câu 202  x B x  2020 C x  2020 Điều kiện xác định biểu thức B 24 D D  1;5   x1  x2  Tính C 13 x1  x2 D 17 Cho parabol y  x đường thẳng y  2 x  cắt hai điểm A  x1 ; y1  ; B  x2 ; y2  Khi y1  y2 A Câu B 2 C D 10 Cho tam giác ABC vuông cân A , cạnh BC   cm  Diện tích tam giác ABC A  cm  B  cm  C  cm2  D  cm  Câu Cho hai đường tròn  O   O  cắt A B Biết OA   cm  ; AB   cm  (như hình vẽ bên) A O' O B Độ dài OO A  cm  B 5  cm  C   cm  Câu 10 Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M , N trung điểm BC , CD Đường thẳng AM , BN cắt đường tròn E , F ( hình vẽ bên)  Số đo góc EDF A 30 B 45 C 60 D   cm  A B O M D 75 E II PHẦN TỰ LUẬN (7,5 điểm) Câu (1,5 điểm) D N C a Tính giá trị biểu thức: P  45   F  2x  y  b Giải hệ phương trình  2 x  y  Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x  2mx  m   ( m tham số) a Giải phương trình m  b Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m c Gọi x1; x2 hai nghiệm phương trình Tìm m để x12 x2  mx2  x2   cắt cạnh Câu (3,0 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn  O  Tia phân giác góc BAC BC D cắt đường tròn  O  M Gọi K hình chiếu M AB T hình chiếu M AC Chứng minh rằng: a AKMT tứ giác nội tiếp b MB  MC  MD.MA c Khi đường tròn  O  B; C cố định, điểm A thay đổi cung lớn BC tổng trị khơng đổi Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: x  3x  x  18  x  x  -HẾT - 5 x AB AC  có giá MK MT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 Ngày thi: 17/72020 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút Bài (2,0 điểm) Thực phép tính: 16 − 16 Cho hàm số y = ax với a tham số a) Tìm a để đồ thị hàm số qua điểm M ( 2;8 ) b) Vẽ đồ thị hàm số ứng với giá trị a tìm Bài (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: 3x + 2y = a) x − 5x + = b)  2x − y = Cho phương trình x − ( m + 1) x + m − = , với m tham số a) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m b) Gọi x1 , x hai nghiệm phương trình cho Chứng minh giá trị biểu thức A = x1 (1 − x ) + x (1 − x1 ) không phụ thuộc m Bài (1,5 điểm) Để chuẩn bị vào năm học mới, bạn An muốn mua cặp đơi giày Bạn tìm hiểu, theo giá niêm yết tổng số tiền mua hai vật dụng 850.000 đồng Khi bạn An đến mua cửa hàng có chương trình giảm giá: cặp giảm 15.000 đồng, đôi giày giảm 10% so với giá niêm yết Do bạn An mua hai vật dụng với số tiền 785.000 đồng Hỏi giá niêm yết vật dụng bao nhiêu? Bài (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn đường tâm O, đường kính AB điểm M nửa đường trịn ( M khác A, B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn người ta vẽ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt tia Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường tròn tai E, cắt tia BM tai F; tia BE cắt Ax H, cắt AM K a) Chứng minh tứ giác EFMK nội tiếp b) Chứng minh tam giác BAF cân c) Chứng minh tứ giác AKFH hình thoi d) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đường tròn Bài (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x + y = xy = −2 Tính giá trị biểu thức x y3 P = + + 2020 y x HẾT -Chú ý: Cán coi thi không giải thích thêm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 Ngày thi: 17/72020 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút HƯỚNG DẪN CHẤM Bài (2,0 điểm) Thực phép tính: 16 − 16 Cho hàm số y = ax với a tham số a) Tìm a để đồ thị hàm số qua điểm M ( 2;8 ) b) Vẽ đồ thị hàm số ứng với giá trị a tìm Tóm tắt cách giải 1) Ta có 16 − 16 = 16.3 − 9.4 = 48 − 36 = 12 a) Thay= x 2;= y vào hàm số y = ax ta được: 8= a.22 ⇔ a= Vậy a = 2 b) Theo câu a, ta có hàm số: y = 2x Bài (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: 3x + 2y = b)  a) x − 5x + = 2x − y = Cho phương trình x − ( m + 1) x + m − = , với m tham số Điểm 0,5đ 0,25đ 0,25đ đ a) Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với m b) Gọi x1 , x hai nghiệm phương trình cho Chứng minh giá trị biểu thức A = x1 (1 − x ) + x (1 − x1 ) khơng phụ thuộc m Tóm tắt cách giải Điểm a) x − 5x + = 0,25 đ Ta có: + ( −5 ) + =0 0,25 đ Vậy phương trình có hai nghiệm = x 1;= x 2y 2y = = = 3x += 3x += 7x 14 x x b)  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 0,25 đ 2y −y = −y −y = 2x= 4x − 2x= 2.2= y Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 2;1) 0,25 đ a) x − ( m + 1) x + m − = (1)  19  ∆=' ( m + 1) − m + 4= m + m + 5=  m +  + > với m 2  Vậy phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt với m b) Theo câu a, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x  x + x = 2m + Theo hệ thức Vi-ét ta có:  m−4  x1.x = Ta có A = x1 (1 − x ) + x (1 − x1 ) = x1 + x − 2x1.x = 2m + − 2m + = 10 2 Vậy A không phụ thuộc vào m 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Bài (1,5 điểm) Để chuẩn bị vào năm học mới, bạn An muốn mua cặp đôi giày Bạn tìm hiểu, theo giá niêm yết tổng số tiền mua hai vật dụng 850.000 đồng Khi bạn An đến mua cửa hàng có chương trình giảm giá: cặp giảm 15.000 đồng, đôi giày giảm 10% so với giá niêm yết Do bạn An mua hai vật dụng với số tiền 785.000 đồng Hỏi giá niêm yết vật dụng bao nhiêu? Tóm tắt cách giải Điểm Gọi giá niêm yết cặp bạn An muốn mua là: x (đồng), (15.000 < x < 850.000) 0,25đ Gọi giá niêm yết đôi giày bạn An muốn mua là: y (đồng), (0 < y < 850.000) Giá niêm yết cặp đơi giày 850.000 đồng nên ta có phương trình: 0,25đ (1) x+y= 850.000 Giá cặp sau giảm giá là: x − 150.000 (đồng) 0,25đ Giá đôi giày sau giảm giá là: y − 10%y = y (đồng) 10 Giá tiền sau giảm giá bạn An mua cặp đôi giày 785.000 đồng nên ta có phương trình: x − 15.000 + y = 785.000 ⇔ 10x + 9y = 8.000.000 (2) 0,25đ 10 Từ (1) (2) ta có hệ phương trình: = = =  x + y 850.000 10x + 10y 8.500.000  y 500.000 ⇔ ⇔  = 10x + 9y 8.000.000 = 10x + 9y 8.000.000 =  x + 500 850.000 0,25đ  x = 350.000 (thỏa mãn) ⇔  y = 500.000 Vậy giá niêm yết cặp bạn An muốn mua là: 350.000 đồng Vậy giá niêm yết đôi giày bạn An muốn mua là: 500.000 đồng 0,25đ Bài (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn đường tâm O, đường kính AB điểm M nửa đường trịn ( M khác A, B) Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn người ta vẽ tiếp tuyến Ax Tia BM cắt tia Ax I; tia phân giác góc IAM cắt nửa đường trịn tai E, cắt tia BM tai F; tia BE cắt Ax H, cắt AM K a) Chứng minh tứ giác EFMK nội tiếp b) Chứng minh tam giác BAF cân c) Chứng minh tứ giác AKFH hình thoi d) Xác định vị trí M để tứ giác AKFI nội tiếp đường trịn Tóm tắt cách giải Điểm x I F M 0,5đ E H K A O B  = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒ KMF = a) Ta có AMB 900  = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒ KEF = Ta có AEB 900  + KEF  = 900 + 900 = 1800 Tứ giác EFMK có KMF Vậy tứ giác EFMK nội tiếp đường trịn  = MAE  (cùng chắn cung ME) hay FBE  = MAF  b) Ta có MBE  = FAI  (AF phân giác IAM ) Mà MAF =  ⇒ FAI FBE 0,25đ 0,25đ 0,25đ  + BFE = 900 FBE Mặt khác, ta có   + BAF = 900 FAI =  hay ⇒ BFA =  ⇒ BFE BAE BAF Vậy tam giác ABF cân B c) Tam giác ABF cân B, có BE đường cao nên BE đường trung tuyến (1) ⇒ E trung điểm AF Tam giác AHK có AE vừa đường cao vừa đường phân giác nên tam giác AHK cân A ⇒ AE đường trung tuyến tam giác (2) ⇒ E trung điểm HK Từ (1) (2) suy tứ giác AKFH có hai đường chéo AF HK cắt trung điểm đường nên AKFH hình bình hành Mà AF ⊥ HK nên AKFH hình thoi d) Theo câu c, AKFH hình thoi ⇒ AH / /FK ⇒ AKFI hình thang Để AKFI nội tiếp AKFI AKFI hình thang cân =  ⇒ FIA KAI ⇒ Tam giác MIA vuông cân M  =450 ⇒ MAB  =450 ⇒ MOB = ⇒ MAI 900 Vậy M nằm cung AB 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Bài (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x + y = xy = −2 Tính giá trị biểu thức x y3 P = + + 2020 y x Tóm tắt cách giải Điểm 2 2 Ta có x + y = ( x + y ) − 2xy = − ( −2 ) = 29 0,5đ x + y3 = ( x + y ) − 3xy ( x + y ) = 53 − ( −2 ) =155 x y3 x + y5 P = + + 2020 = 2 + 2020 y x x y (x (x + y )( x + y3 ) − ( x y3 + x y ) x y2 + y )( x + y3 ) − x y ( x + y ) x y2 + 2020 + 2020 0,25đ 29.155 − ( −2 ) 12555 = = + 2020 ( −2 ) Vậy P = 12555 0,25đ Ghi chú: + Mỗi tốn có nhiều cách giải, học sinh giải cách khác mà cho điểm tối đa Tổ chấm thảo luận thống biểu điểm chi tiết cho tình làm học sinh + Bài hình học, khơng có hình vẽ học sinh thực bước giải có logic cho nửa số điểm tối đa phần Vẽ hình sai (về mặt chất) lời giải khơng cho điểm + Điểm câu tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn số SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2020 Mơn thi: Tốn (Dành cho thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề (Đề thi có 01 trang) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) Thực phép tính: +   Rút gọn biểu = thức B  với x ≥ − : x +7 x +7  x +2 x + y = Giải hệ phương trình  x − 2y = Câu (2,0 điểm) Cho phương trình x + x + 3m − = , với m tham số Giải phương trình với m = -1 Tìm giá trị m để phương trình đãcho có nghiệm x = Tìm giá trị m để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 cho x1 + x2 = Câu (2,0 điểm) Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình Khoảng cách hai bến sống A B 32 km Một canơ xi dịng từ bến A đến bến B quay bến A Kể từ lúc khởi hành đến lúc tới bến A hết tất Tính vận tốc canô nước yên lặng, biết vận tốc dòng nước 4km/h Câu (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) A điểm nằm bên ngồi đường trịn Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến AB AC với đường tròn (O) (B C hai tiếp điểm) Gọi H giao điểm AO BC Kẻ đường kính BD đường tròn (O), AD cắt đường tròn điểm thứ hai E a b c d Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp Tính độ dài AH, biết R = 3cm, AB = 4cm Chứng minh AE.AD = AH.AO Tia CE cắt AH F Chứng tỏ F trung điểm AH Câu (0,5 điểm) Cho x, y số thực dương thỏa mãn x + y ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức 16 Q = x + y − x − 12 y + + 25 2x + y ……………… HẾT ……………… Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………………………….Số báo danh: ……………………… Chữ ký cán coi thi 1: ……………………… Chữ ký cán coi thi 1: ……………… SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH QUẢNG NINH HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2020 Môn thi: Tốn (Dành cho thí sinh) ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Hướng dẫn có 02 trang) Câu Sơ lược lời giải + = + = (Nếu ghi kết cho điểm tối đa)  5  B = − = :  : x +7 x +7 x +7 x +2 x +7  x +2 ( x +7 = x +2 x +7 Câu 2,0 đ Câu 2,0 đ Câu 2,0 đ ( ) x +2 ) −4 −9  x1 + x2 =  x1 = −43   Theo Vi-et ta có:  x1 x2 = 3m − ⇔  x1 x2 = 3m − ⇔ 3m − = −45 ⇔ m =  x + 2x = −1  x2 =  Gọi vận tốc canô nước yên lặng x km/h (ĐK: x > 4) Vận tốc canơ xi dịng x + km/h Vận tốc canơ ngược dịng x - km/h 32 32 Thời gian canô từ A đến B giờ, từ B A x+4 x−4 32 32 Vì thời gian lẫn nên ta có phương trình: + = x+4 x−4 Biến đổi đưa x − 32 x − 48 = Giải phương trình được: x1 = − (loại), x2 = 12 (t/m điều kiện) Vậy vận tốc nước yên lặng 12 km/h B Vẽ đủ hình làm câu a F H O E C D 0,25 0,5 2y =  x += x  (Nếu không giải, ghi kết chấm 0,5 điểm) ⇔ 2y =  x −= y 1.Với m = -1, PT cho có dạng: x + x − =0 ⇔ x =1; x =−5 Phương trình cho có nghiệm x = ⇒ 12 + 3m − = −10 ⇔m= 3.Để PT có hai nghiệm phân biệt ∆ ' > ⇔ m < A Câu 3,5 đ )( )( Điểm 0,5 0,75 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25   a.Chỉ ABO = ACO = 900  + ACO  = 900 + 900 = 1800 Khi ABO KL: ABOC nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) 0,25 b.Chứng minh OA vng góc BC 0,25 42 + 32 = 5cm AB 16 AB = AH AO ⇔ AH = = cm AO AO = AB + BO = 0,25 0,25 0,25 0,5 Lưu ý: Khơng AO vng góc với BC trừ 0,25 điểm ý đó, chấm ý cịn lại  = CDE  (cùng chắn cung EC) suy ra: c Chỉ ACE AE AC ΔAEC dồng dạng với ΔACD (g.g) ⇒ = ⇔ AC = AE AD(1) AC AD Áp dụng hệ thức cạnh đường cao ΔACO: AC = AH AO(2) Từ (1) (2) suy AE.AD = AH.AO 0,25  = CDA  (so le trong), = )  ACE  d.Có AH song song với CD => FAD sđ EC =( CDA AF FE ⇒ ∆AFE đồng dạng ∆CFA (g.g) => ⇒ = ⇔ AF = FC.FE (3) CF FA   DEC   (cùng = HBA, = DBC Tứ giác AEHB nội tiếp đường trịn đường kính AB ⇒ HED 0,25  ) ⇒ HEC = chắn CD 900 , áp dụng hệ thức cạnh đường cao tam giác vuông có FH = FC.FE (4) Từ (3), (4) => F trung điểm AH Ta có Q = (1 − x ) + ( − y ) + x + y + 2 16 − 9( x + y ) + 20 2x + y 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25   Q = (1 − x ) + ( − y ) +  x + y −  − 9( x + y ) + 28  x y +    1− x =  x =1  Q ≥28 – 27 Q ≥1 Dấu “=” xảy ⇔ 2 x + y = ⇔  y =  2− y =  Vậy giá trị nhỏ Q Câu 0,5 đ 0,25 ... bc  ca  2020 a  b  c 2020   101 0  Q  101 0 2 2020 2020 x yz Dấu “=” xảy a  b  c  3 2020 Vậy GTNN Q  101 0 x  y  z  Q SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT PHÚ... giảm 10% nên ta có phương trình 4 ? ?100 %  ? ?100 %  10% x4 x  24 4    x  x  24 10 Sau đổ thêm 20g nước nồng độ dung dịch là: x  96  x  16  ( x  4)( x  24) 10 80   x  28 x  96 10. .. (1) (2) ta có hệ phương trình: = = =  x + y 85 0.000 10x + 10y 8. 500.000  y 500.000 ⇔ ⇔  = 10x + 9y 8. 000.000 = 10x + 9y 8. 000.000 =  x + 500 85 0.000 0,25đ  x = 350.000 (thỏa mãn) ⇔ 