Đề thi vào lớp 10 và lời giải chi tiết môn Toán Sở Giáo dục và đào tạo Đà nẵng năm 2020

Tìm số tự nhiên đó. b) Quãng đường AB gồm một đoạn lên dốc và một đoạn xuống dôc... LỜI GIẢI CHI TIẾT.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2020 – 2021

Mơn: Tốn

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức A 3 12 27 36

b) Cho biểu thức

 

2

1

x B

x x x x 

  

  với x0 x1 Rút gọn biểu thức B tìm x để B2 Câu (1,5 điểm)

Cho hàm số 2

y x

a) Vẽ đồ thị ( )P hàm số cho

b) Đường thẳng y8 cắt đồ thị ( )P hai điểm phân biệt A B, điểm B có hồnh độ dương Gọi

H chân đường cao hạ từ A tam giác OAB, với O gốc tọa độ Tính diện tích tam giác AHB (đơn vị đo trục tọa độ cm)

Câu 3.(1,5 điểm)

a) Giải phương trình 3x27x 2

b) Biết phương trình x219x 7 có hai nghiệm x1 x2, khơng giải phương trình, tính giá trị biểu thức: Px22x1238x1x x1 232x12x2238x2x x1 232120

Câu 4.(2,0 điểm)

a) Một số tự nhiên nhỏ bình phương 20 đơn vị Tìm số tự nhiên

b) Quãng đường AB gồm đoạn lên dốc đoạn xuống dôc Một người xe đạp từ A đến B hết 16 phút từ B A hết 14 phút Biết vận tốc lúc lên dốc 10 km h/ , vận tốc lúc xuống dốc 15km h/ (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc nhau) Tính quãng đường AB

Câu 5.(1,0 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O đường kính AB Trên cung nhỏ BC đường tròn ( )O

lấy điểm D (không trùng với B C) Gọi H chân đường vng góc kẻ từ C đến AB H( AB) E giao điểm CH với AD

a) Chứng minh tứ giác BDEH tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AB2AE AD BH BA

c) Đường thẳng qua E song song với AB, cắt BC F Chứng minh CDF90o đường tròn ngoại tiếp tam giác OBD qua trung điểm đoạn CF

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1. a) Ta có:

2

3 12 27 36

3 3 6

A         

     

Vậy A 6

b) Điều kiện: x0, x1 Ta có:

 

   

       

2 2 1 3 5

1

4 4

4 4

1 1

x x x x x x

B

x x x x x

x x

x

x

x x x x x x

       

 

 

 

   

  

Vậy B

x



Ta có: B 4 x x x

x

        

Vậy để B2 x4 Câu 2.

a) Đồ thị hàm số 2

y x

b) Với y8 cắt ( )P hai điểm phân biệt A B, , ta có:

2

1 4

8

4

x x

x

      Vậy điểm A( 4;8) OA4

Vậy điểm B(4;8)OB4

Ta có: AB 4  4 2 8 82 8 Suy EBEA4

Suy OE OB2EB2   4 242 8

Khi 1 8 16

2 5

OAB

OE AB

S OE AB AH OB AH

OB

 

      

Lại có:

2

2 2 16

8

5

HB AB AH    

 

Do đó: 1 16 64 2

2 5

AHB

S  AH HB     cm

Vậy diện tích tam giác AHB 64  2 cm Câu

a) Ta có:

      

2

3

3 2

1 3

2

2

x x x x x

x x x x x

x x x x                                 Vậy phương trình có nghiệm phân biệt 1 2, 2

3

x  x 

b) Khi phương trình x219x 7 có nghiệm x x1, 2 thỏa mãn định lý Viete:

1 2 19 b x x a c x x a           Ta có:                 2 2

2 1 2 2

2

2 1 2

2

2 1 2 2

2

2 2

2 1

2 38 38 120

2 19 19 120

2 4 120

2 4 120

100 100 120 100( ) 120 2020

P x x x x x x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x x x x x x

x x x x

Câu 4.

a) Gọi số tự nhiên a a( 0) Số bình phương a2

Theo đề bài, ta có phương trình: a2 a 20a2 a 20  0 a a0 Vậy số tự nhiên thỏa mãn số

b) Gọi quãng đường AC x km( ), x0 Quãng đường CB y km( ), y0 Thời gian từ AB 16 phút, nên: 16 (1)

10 15 60

x y

 

Thời gian từ BA 14 phút, nên: 14 (2) 15 10 60

x y

 

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:  16

10 15 60 2 14

15 10 60 x y

x y x y

  

 

 

 

   

3 ( )

AB

S AC BC km

   

Vậy khoảng cách từ điểm A đến điểm B 3km Câu

a) Xét tứ giác HCDB: CHBADB90o góc nhìn xuống HB góc 90 o

HCDB

 nội tiếp

Vậy tứ giác HCDB nội tiếp (đpcm) b) Ta có: AHE ADB:

 EAHDAB  AHEADB90

AHE ADB

  

I

F E

H A

O B

C

2

(1) AE AH

AB AD

AE AD AH AB AC AE AD AC

 

    

  

Lại có: BH BA CB2 (2)

Từ (1) (2), ta suy ra: AE AB BH BA AC2CB2 AB2

Vậy

AB AE AD BH BA (đpcm)

c) Ta có DEFDAB EFAB

Mà DABDCF nhìn DB, DEFDCF Do tứ giác ECDF nội tiếp

Suy ra: CDF1800CEF 1800CHB1800900 90 Vậy CDF90

Gọi I giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác BOD với BC Do CDAFDB phụ với ADF

Mà CDACBA chắn cung AC

Suy FDBCBAIBOIDO tứ giác IDBO nội tiếp Dẫn đến IDFIDOODFFDBODFODB

Mà 

 



0

0

180

90 90

2

DOB DOB

ODB     DAB OBOD

Suy ra: IDF900DAB (1)

Lại có IFDCFDCED tứ giác CEDF nội tiếp

Mà CEDAEH900EAH900DAB tam giác AEH vuông H Suy IFD900DAB (2).

Từ (1) (2) suy IDFIFD hay tam giác IFD cân I Suy IDIF (3) Ta có: CDI900IDF900DFI900DFCDCFDCI

Suy tam giác CIF cân I Suy ICIF (4) Từ (3) (4) suy ICIF hay I trung điểm EF