Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án – Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

Trong các câu sau, mỗi câu chỉ có một lựa chọn đúng. Một đội xe theo kế hoạch mỗi ngày chở số tấn hàng như nhau và dự định chở 140 tấn hàng trong một số ngày. Do mỗi ngày đội xe đó chở [r]

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ THI MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

I PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

Trong câu sau, câu có lựa chọn Em ghi vào làm chữ in hoa đứng trước lựa chọn (Ví dụ: Câu1 chọn A viết 1.A)

Câu Biểu thức 2020x có nghĩa

A x2020. B x2020 C x2020. D x2020 Câu Hàm số y mx2 (m tham số) đồng biến  A m0. B m0. C m0. D m0 Câu Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH(Hình vẽ 1) Biết độ dài BH5cm, BC20 cm Độ dài cạnh AB

A 5cm. B 10cm. C 25cm. D 100 cm Câu Cho đường trịn tâm O, bán kính R, H trung điểm dây cung

AB (Hình vẽ 2) Biết R6 cm, AB 8 cm Độ dài đoạn thẳng OH A cm. B 20 cm. C 14cm. D 13 cm

II PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm) Câu 5(3,5 điểm).

a) Giải hệ phương trình

2

x y

x y

  



  

b) Giải phương trình

4

x  x  c) Cho parabol

( ) :

P y x đường thẳng d y: 2xm (với m tham số) Tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng d cắt parabol ( )P hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, thoả mãn

x x1 212 x1x2x x1 23

Câu (1,0 điểm). Một đội xe theo kế hoạch ngày chở số hàng dự định chở 140 hàng số ngày Do ngày đội xe chở vượt mức nên đội xe hoàn thành kế hoạch sớm thời gian dự định ngày chở thêm 10 hàng Hỏi số ngày dự định theo kế hoạch bao nhiêu?

Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn  O điểm A nằm ngồi đường trịn Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến AB AC đến  O (B C, tiếp điểm) Kẻ đường kính BD đường tròn  O Đường thẳng qua O vng góc với đường thẳng ADvà cắt AD BC, K E, Gọi I giao điểm OA BC

a) Chứng minh tứ giác ABOC AIKE, nội tiếp đường tròn b) Chứng minh OI OA OK OE

c) Biết OA5cm, đường trịn  O có bán kính R3cm Tính độ dài đoạn thẳng BE

Câu (0,5 điểm) Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn điều kiện abc1 Chứng minh    

4 4

1 1

1 1

4

a b c

a b c

a b c

  

     

——— HẾT———

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm

Họ tên thí sinh……… Số báo danh………

H A

B

C

Hình vẽ

H B

O

A

ĐỀ XUẤT HƯỚNG DẪN CHẤM I PHẦN TRẮC NGHIỆM: Mỗi câu 0,5 điểm

Câu 1 2 3 4

Đáp án D C B A

II PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Nội dung Điểm

Câu 5a Giải hệ phương trình

2

x y

x y

  



  

1,25

Giải hệ phương trình  

 

2

2

x y

x y

  

 

  



Từ  1  y2x9 (3)

Thế vào (2) ta x2 2 x97 x5

Thay vào (3) ta y 2.591

Vậy hệ có nghiệm x y;   5;1 

0,25 0,5

0,5

Câu 5b Giải phương trình x24x30. 1,25

Tính     

Suy phương trình có hai nghiệm phân biệt

2

1,

1

x    x   

Vậy …

0,25 0,5 0,5

Câu 5c Cho parabol

( ) :

P y x đường thẳng d : y2xm (với m tham số) Tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng d cắt parabol ( )P điểm phân biệt có hồnh độ x x1, thoả mãn  

2

1 1 2

x x  x x x x 

1,0

Phương trình hồnh độ giao điểm (P) d là:

 

2 2

1

2 4

2x  xmx  x m x  x m

d cắt (P) hai điểm phân biệt phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt

 2 1. 2m 2m 2m m



               

Ta có x x1, hồnh độ giao điểm d (P) nên x x1, hai nghiệm (1)

Do theo định lí Vi-et ta được:

1

4 x x

x x m

  



  

Khi x x1 212 x1x2x x1 2  3  2m12 4 2 m3

2

1

4 3

2

m

m m m m m

m    

         

  

Kết hợp với điều kiện có nghiệm ta m 1,

m thỏa mãn

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu Một đội xe theo kế hoạch ngày chở số hàng dự định chở 140 hàng số ngày Do ngày đội xe chở vượt mức nên đội xe

đã hoàn thành kế hoạch sớm thời gian dự định ngày chở thêm 10 hàng Hỏi số ngày dự định theo kế hoạch bao nhiêu?

Gọi x (đơn vị: tấn, x0) số hàng đội xe chở ngày theo kế hoạch Khi thời gian hoàn thành kế hoạch theo dự định đội xe 140

x ngày

Thực tế ngày đội xe chở vượt mức nên ngày đội xe chở x5 Thời gian hoàn thành kế hoạch thực tế 150

5

x ngày

Do đội xe hoàn thành kế hoạch sớm thời gian dự định ngày nên ta có phương trình: 140 150

5

x x   

   

140 150

1 140 700 150

5

x x

x x x x

x x  

      



2 35

700 10 15 700

20

x

x x x x x

x   

         

 

So sánh với điều kiện ta x20 (tấn)

Vậy thời gian hoàn thành kế hoạch theo dự định 140 20  ngày

0,25

0,25

0,25 0,25

Câu Cho đường tròn  O điểm A nằm ngồi đường trịn Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến AB AC đến  O (B C, tiếp điểm) Kẻ đường kính BD đường trịn

 O Đường thẳng qua O vuông góc với đường thẳng ADvà cắt AD BC, ,

K E Gọi I giao điểm OA BC

a) Chứng minh tứ giác ABOC AIKE, nội tiếp đường tròn

3,0

a) Do AB, AC tiếp tuyến đường tròn (O) nên ABO90 , ACO90

Xét tứ giác ABOC ta có: ABO ACO90 90 180 tứ giác ABOC nội tiếp đường trịn

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt ta AO trung trực BC nên

AIE90

Do OE vuông góc AD nên AKE90

Xét tứ giác AIKE ta có AIEAKE90  tứ giác AIKE nội tiếp đường trịn

0,5

0,5 b) Tứ giác AIKE nội tiếp đường tròn nên OIKOEA

Xét hai tam giác OIK tam giác OEA ta có:

 

OIKOEA (theo chứng minh trên)

 

IOKEOA

0,25

I

K

E

D C

B

Suy OIK OEA OI OK OI OA OE OK

OE OA

    (đpcm)

0,75 c) Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác OAB ta được:

2

,

OI OAOB OD kết hợp với phần b ta

OK OD

OK OE OD

OD OE

  

Xét tam giác OKD ODE ta có:

OK OD

OD  OE

 

KODDOE OKD ODE ODEOKD90 

Xét hai tam giác BIO tam giác BDE có:

  90 , 

BIOBDE  OBI EBD BIO BDE  

2

18

BI BO

BI BE BD BO R BD BE

     

Áp dụng định lí Pitago cho tam giác ABO ta có:

2 2

16 cm

AB AO OB  AB

Áp dụng hệ thức lượng tam giác ABO ta được:

12

cm

5

BA BO BI AO BA BO BI

AO

   

Thay vào (1) ta được: 18 15cm

BE BI

  Vậy 15cm

2 BE 0,25 0,25 0,25 0,25

Câu .Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn điều kiện abc1 Chứng minh

   

4 4

1 1

1 1

4

a b c

a b c

a b c

  

     

0,5

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

           

4 4

1 1

1 1 1 1 1

a b c

a a b c b a b c c a b c

  

  

        

        

4 4

1 1

1 1 1

a b c b a c c a b

   

     

Đặt x 1,y 1,z x y z, ,

a b c

     xyz1 Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

        

3 3

3

1 1 1

x y z

y z  z x  x y 

     

Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta được:

     

3

3

1 1

3

1 8 1 8

x y z x y z

x

y z y z

   

   

   

Tương tự ta được:

     

3

3

1 1

3

1 8 1 8

y z x y z x

y

z x z x

                  3

1 1

3

1 8 1 8

z x y z x y

z

x y x y

   

   

   

Cộng vế bất đẳng thức thu gọn ta được:

          

3 3

1 1

2

1 1 1 8

x y z x y z

x y z

y z z x x y

  

 

        

       

          

3 3

3

1 3

.3

1 1 1 4

x y z

x y z xyz

y z z x x y

         

      (đpcm)

Dấu xảy x y  z 1 a b c 1

0,25

Cách khác câu 8:

Đặt x 1,y 1,z x y z, ,

a b c

     xyz1 Bất đẳng thức trở thành:

         

     

       

x x y y z z x y z

x y z x y z xyz xy yz xz x y z

x y z x y z xy yz xz x y z

        

             

            

3 3

4 4 3

4 4 3

3

1 1 1

4

4

4 3

Áp dụng bđt a2b2c2 abbc ac ta có:

     

   

x y z x y z y x z xyz x y z

x y z x y z

       

     

4 4 2 2 2

4 4

3 3

3

Lại có x4 y4z4 33 xyz4 3

Do , 4x4 y4z43x y z3 (1) Mặt khác, theo bđt AM - GM ta có

   

x3y3 1 3xy; x3z3 1 3xz; y3z3 1 3yz2 x3y3z3 3 xyyzxz 3

và có: 2x3y3z32 3 3xyz3 6