1
BỘ ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN
THPT CÁC TỈNH TRÊN CẢ NƯỚC NĂM HỌC 2020-2021
MÔN TOÁN
LỜI NÓI ĐẦU
Để góp phần định hướng cho việc dạy - học ở các trường nhất là việc ôn tập, rèn luyện kĩ năng cho học sinh sát với thực tiễn giáo dục, nhằm nâng cao chất lượng các kì thi tuyển sinh, Chúng tôi phát hành Bộ đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Toán năm học 2020-2021 được viết theo hình thức tài liệu ôn tập.
Về nội dung kiến thức, kĩ năng: Tài liệu được biên soạn theo hướng bám Chuẩn kiến thức, kĩ năng của Bộ GDĐT, trong đó tập trung vào những kiến thức cơ bản, trọng tâm và kĩ năng vận dụng, được viết theo hình thức Bộ đề ôn thi dựa trên các đề thi năm 2020 các tỉnh trên cả nước. Mỗi đề thi đều có lời giải tóm tắt hoặc thang điểm chấm chi tiết.
Hy vọng đây là Bộ tài liệu ôn thi có chất lượng, góp phần quan trọng nâng cao chất lượng dạy - học ở các trường THCS và kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2021- 2022 và những năm tiếp theo.
Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ của đội ngũ những người biên soạn, song không thể tránh khỏi những hạn chế, sai sót. Mong được sự đóng góp của các thầy, cô giáo và các em học sinh trong toàn tỉnh để Bộ tài liệu được hoàn chỉnh hơn.
Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất trong các kỳ thi
sắp tới!
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
2
MỤC LỤC
ĐỀ THI
Trang
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh An Giang năm 2020-2021
4
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu năm 2020-2021
5
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bắc Giang năm 2020-2021
11
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bắc Cạn năm 2020-2021
18
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bắc Ninh năm 2020-2021
24
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bạc Lưu năm 2020-2021
32
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bến Tre năm 2020-2021
37
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bình Định năm 2020-2021
42
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bình Dương năm 2020-2021
48
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bình Phước năm 2020-2021
53
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bình Thuận năm 2020-2021
58
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Cà Mau năm 2020-2021
62
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Cần Thơ năm 2020-2021
67
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Cao Bằng năm 2020-2021
75
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Đà Nẵng năm 2020-2021
80
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Đăk Lăk năm 2020-2021
87
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Đăk Nông năm 2020-2021
94
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Điện Biên năm 2020-2021
98
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Đồng Nai năm 2020-2021
103
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Đồng Tháp năm 2020-2021
111
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Gia Lai năm 2020-2021
115
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hà Giang năm 2020-2021
120
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hà Nam năm 2020-2021
124
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hà Nam năm 2020-2021 (hệ chuyện)
130
134
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hà Nội năm 2020-2021
Đề thi vào lớp 10 môn toán chuyên KHTN Hà Nội năm 2020-2021
139
Đề thi vào lớp 10 môn toán chuyên Sư Phạm Hà Nội năm 2020-2021
146
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hà Tĩnh năm 2020-2021
153
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hải Dương năm 2020-2021
158
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
3
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hải Phòng năm 2020-2021
165
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hậu Giang năm 2020-2021
173
Đề thi vào lớp 10 môn toán thành phố Hồ Chí Minh năm 2020-2021
179
Đề vào lớp 10 toán thành phố Hồ Chí Minh năm 2020-2021 ( hệ chuyên)
185
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hòa Bình năm 2020-2021
194
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hòa Bình năm 2020-2021 (hệ chuyên)
199
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hòa Bình năm 2020-2021 (chuyên tin)
203
208
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hưng Yên năm 2020-2021
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Khánh Hòa năm 2020-2021
214
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Kiên Giang năm 2020-2021
219
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Kum Tum năm 2020-2021
225
230
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Lai Châu năm 2020-2021
234
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Lâm Đồng năm 2020-2021
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Lạng Sơn năm 2020-2021
239
244
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Lào Cai năm 2020-2021
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Long An năm 2020-2021
250
255
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Nam Định năm 2020-2021
263
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Nghệ An năm 2020-2021
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Ninh Bình năm 2020-2021
269
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Ninh Thuận năm 2020-2021
273
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Phú Thọ năm 2020-2021
277
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hưng Yên năm 2020-2021
284
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Quảng Bình năm 2020-2021
290
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Quảng Nam năm 2020-2021
294
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Quảng Nam năm 2020-2021
294
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Quảng Nam năm 2020-2021
294
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Quảng Nam năm 2020-2021
294
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Quảng Ngãi năm 2020-2021
298
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Quảng Ninh năm 2020-2021
302
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Quảng Trị năm 2020-2021
307
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Sóc Trăng năm 2020-2021
311
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
4
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Sơn La năm 2020-2021
315
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Tây Ninh năm 2020-2021
320
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Thái Bình năm 2020-2021
324
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Thái Nguyên năm 2020-2021
330
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Thanh Hóa năm 2020-2021
337
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2020-2021
343
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Tiền Giang năm 2020-2021
349
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Trà Vinh năm 2020-2021
354
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Tuyên Quang năm 2020-2021
360
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Vĩnh Long năm 2020-2021
367
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Vĩnh Phúc năm 2020-2021
374
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Yên Bái năm 2020-2021
381
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2020 – 2021 Khóa ngày 18/07/2020 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài 120 phút
Đề số 1
Câu 1. (3,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
4
2
−
=
−
− =
a
) 3
x
3
3
b
)
c x )
3
x
4 0
2
2
Câu 2. (2,0 điểm) Cho hàm số
y
+ = y x − + x x=
7 = 2 y có đồ thị là parabol (
)P
)P trên hệ trục tọa độ a) Vẽ đồ thị ( b) Viết phương trình đường thẳng (
)d có hệ số góc bằng 1− và cắt parabol (
)P tại
điểm có hoành độ bằng 1
)d vừa tìm được, tìm tọa độ giao điểm còn lại của (
)d và (
)P
c) Với ( Câu 3. (2,0 điểm)
2
−
− =
Cho phương trình bậc hai
+ x m
2
với m là tham số
( ) 1 0 *
x a) Tìm tất cả các giá trị m để phương trình ( )* có nghiệm b) Tính theo m giá trị của biểu thức
+với 1
2;x x là hai nghiệm của phương
3 x 2
3 = A x 1 trình ( )* .Tìm giá trị nhỏ nhất của A
Câu 4. (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn và nội tiếp trong đường tròn (
).O Vẽ các
đường cao
',
',
AA BB CC cắt nhau tại H '
a) Chứng minh rằng tứ giác b) Kéo dài
AB HC là tứ giác nội tiếp
'AA cắt đường tròn (
.D Chứng minh rằng tam giác CDH cân ' ' )O tại điểm
.dm
G
D
C
Câu 5. (1,0 điểm) Cho ABCD là hình vuông có cạnh 1 Trên cạnh AB lấy một điểm E. Dựng hình chữ nhật CEFG sao cho điểm D nằm trên cạnh
S
.FG Tính CEFG
F
A
B
E
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
2
ĐÁP ÁN
−
= ⇔ − = ⇔ =
=
Câu 1. x a ) 3
3
1 1
3
x
x
2.
S
{ } 2
=
y
⇔
⇔
)
b
+ = y x − + x
2
x
y
3
= y 9 7 = − = y x 7 2 ( ) Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x y = ;
3 = 4 ) 4;3
2
2
2
4
4
2
2
−
=
+
−
+ = ⇔ −
+
4
0
4
x
x
x
c) Ta có: 2 − x
3
x
4 0
x
4
x
x
− = ⇔ 4 0
)
)
2
− =
( 2
4 0
( 2 = ⇒ =± 4 x
x
x
2
2
+
⇔
4
= ⇔ 0
x
)(
( ⇔ − x
) 1
2
2 =−
x
1(
VN
)
x =− x Vậy phương trình có nghiệm
+ = 1 0 = x 2;
2
Câu 2.
2
y
x=
=
y
) :d
=− +
y
x b
ax b )d có hệ số góc bằng 1− nên
+ a = − nên ( 1
) :d
2
nên
)P là ( )1;M y ( ) = ⇒ M 1;1
)d và parabol ( 2 1 = x b
1
1
2 x=− + y
2
a) Học sinh tự vẽ parabol b) Viết phương trình (d) Gọi phương trình đường thẳng ( Vì đường thẳng ( Gọi giao điểm của ( ( ) ( ) P∈ 1;M y y Vì ( ( ) ) ∈ ⇒ =− + ⇒ = b d M 1;1 Mà ) : Vậy phương trình đường thẳng ( d c) Tìm tọa độ giao điểm còn lại
)d là:
2
2
x
x
2 =− + ⇔ + − = ⇔ + x
)P và ( 2 0
+
−
x
2
2
0
2
0
(
)(
2 ) 2 0
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của ( − − = x x x x 2 ) ( ) − = ⇔ + x x x 1 x 2
4
1 0
1
1
x
)2;4−
2 0 ( = ⇔ + x − = ⇔ = ⇒ = x y ⇔ − = ⇒ = ⇒ = y x Vậy tọa độ giao điểm còn lại là ( Câu 3.
2
2
− =
−
−
− = −
Xét phương trình
có
a) Tìm m để phương trình (*) có nghiệm 2
+ x m
x
'
m
1.
2
m
) 1
)
⇔
⇔ ≤ m
2
Để phương trình ( )* có nghiệm thì
( luon dung ≥
( ) 1 0 * ≠ 0 a ∆ ≥ ' 0
0
) ( ∆ = − 1 ≠ 1 0( − m 2
Vậy với
2m ≤ thì phương trình (*) có nghiệm
b) Tìm GTNN của A
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
3
=
+
2
Áp dụng hệ thức Vi et vào phương trình (*) ta có:
. Ta có: −
1
+
=
+
+
+
−
−
3
3
3
3 = A x 1
3 x 2
3 x 1
2 x x 1 2
2 x x 1 2
3 x 2
2 x x 1 2
2 x x 3 1 2
x x 2 1 = x x m 1 2 )
3 −
=
( − m
3
3
) 3 = − 2
(
) 1 .2
x 2
x x 1 2 −
≤ ⇒ − ≥ − ⇔ ≥ 14 6 m 14 12 A 2
+ x 1 m m 12 2m = A
= ⇔ = m 2 2
) ( ( + x x 2 1 = − + = 8 6 m 6 14 6 2m ≤ nên ta có: 6 Vì "= xảy ra khi Dấu " Vậy giá trị nhỏ nhất của Câu 4.
A
B'
O
H
C'
C
A'
B
D
0 =
Ta có:
a) Chứng minh ⊥ ⇒ AC
0 90 ,
CC
AB
'
'
90
⊥ ⇒ AC H ' 0
0
=
+
=
⇒
Tứ giác
là tứ giác nội tiếp
' =
90
'
180
AB HC '
'
' AB HC là tứ giác nội tiếp ' BB AB H ' AB HC có: 0 90 '
+ AB H AC H cân
+
=
'
BCC ABA '
0 + ' 90
Ta có: BAA ABA ' =∠ ⇒ BAA ∠
Lại có:
(cùng chắn )BD
' BCD
BAA
'
BCC =∠ BAA ' ( = =∠ BCC BCD '
)
có
' b) Chứng minh CDH∆ 0 = ' 90 ;
'CA vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên là tam giác cân
⇒ Xét CDH∆ Câu 5.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
4
G
D
C
F
A
B
=
= G B
DCG BEC cmt
(
)
Ta có: DCG BEC Xét DCG∆
⇒ ∆
∆
DCG
) − ⇒ g
( ECB g
⇒
= EC CG DC BC
== .
.
∆ và ECB
E (cùng phụ với )DCE có: 090 , = = DC CG = EC BC )2 dm
2
( 1.1 1 =
=
Vậy
S
EC CG dm
1
.
EFGC
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài:120 phút Ngày thi:21/07/2020
Đề số 2
Bài 1. (3,5 điểm)
2
a) Giải phương trình :
x
b) Giải hệ phương trình:
5
x
x+ − = 3 0 2 + = 3 y 1 x − =− y
−
c) Rút gọn biểu thức :
A =
− 5
4 −
20 2
5
2
d) Giải phương trình :
3 + x + x
− − = 3 0 1 + 2 1 x 1
Bài 2. (2,0 điểm)
2
d
y mx=
2
−(với m là tham số)
x= − và đường thẳng (
) :
)P tại hai
+
+
2
0
2
Cho parabol ( ) :P y )P a) Vẽ parabol ( b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ( )(
,x x thỏa mãn (
x 1
)d cắt parabol ( ) = x 2
điểm phân biệt có hoành độ 1
2
Bài 3. (0,5 điểm)
,km thường xuyên bị ùn tắc nên thời gian xe mô tô đi hết
Đoạn đường AB dài 5
đoạn đường này mất khoảng 30 phút. Do vậy người ta xây một tuyến đường mới trên cao đi từ A đến B qua C và D như hình vẽ
D
C
B
A
(C khác
Cho nửa đường tròn ( ).
A C B≠
,
)O có đường kính Hai tiếp tuyến của nửa đường tròn (
.AB Lấy điểm C thuộc cung )O tại A và
Hỏi mô tô đi từ A đến B trên tuyến đường mới tiết kiệm được khoảng bao nhiêu thời gian so với đi trên đường cũ ? Bài 4. (3,5 điểm) AB sao cho AC BC> C cắt nhau ở
=
a) Chứng minh tứ giác AOCM nội tiếp b) Chứng minh AOM ABC
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.M
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
6
c) Đường thẳng đi qua C và vuông góc với AB cắt MO tại H. Chứng minh
d) Hai tia AB và MC cắt nhau tại P, đặt COP α=
2
−
α
PA
PC PM .
sin
(
)
Chứng minh giá trị của biểu thức
là một hằng số
S
MCP
CM CH=
Bài 5. (0,5 điểm)
Cho ba số thực dương
a b c Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
,
,
.
=
−
P
+
+
1 bc
ab
2
2
+ a c
5
2 + + a b c
(
)
ĐÁP ÁN
Bài 1.
2
a) Giải phương trình
x+ x 2 + + = + − = nên có hai nghiệm phân biệt: a b c
− = 3 0 1 2 3 0
Vậy
S =
{
}3;1 −
1
4
1
⇔
=− 4 x =− y
x
x y
1 3
5
4
Phương trình có dạng = 1 x = − x 3 b) Giải hệ phương trình + = x y − =− y
3 x
=− ⇔ =
c) Rút gọn biểu thức
+
5
( 4 3
)
)
=
−
−
− =
+
−
− =
−
A
− 5
5
− = 5
5 3
5
5
5
2
20 2
( + 4 3 5 − = 2 − 3 5
2 5 2
4
4 −
3
5
Vậy
A = − 2
2
− − = 3 0
d) Giải phương trình
Điều kiện:
1 + 2 1 x 1 + x + x
2
2
2
− = ⇔ +
−
+
=
−
3 0
x
2
x
3
x
0
(
)
(
) + − 1
(
) 1
1 +
1
2
2
−
=
−
6
x
− = ⇔ − 2
3 0
x
3
x
0
+ x 2 + x 1 2 ⇔ + x
4
x
x + − − − x
4
0 (
tm
)
⇔
+
x
2
x
3
= ⇔ 0
(
)
tm (
)
1 3 x = x 3 = − x 2
=
Vậy
S
;0
3 − 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
x ≠ − 1
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
7
Bài 2.
a) Học sinh tự vẽ đồ thị hàm số b) Tìm các giá trị m……….
2
−
∆ =
m
8 0
( 4.1. 2
( ) 2 − = − ⇔ + 2 0 * 2 x mx + > ∀, do đó phương trình ( )* luôn ( ) )d cắt parabol (
)P tại hai
,
.
2
=−
+
m
. Theo bài ra ta có:
x 1 x x 1 2 +
= ⇔ +
+ =
+
4 0
2
0
2
2
(
x 2
x 1
2 − = x mx Xét phương trình hoành độ giao điểm : Phương trình ( )* có: ) 2 − = m m ,x x với mọi m . Nên đường thẳng ( có hai nghiệm phân biệt 1 2 x x Áp dụng định lý Vi – et ta có: điểm phân biệt có hoành độ 1 ( x 1 − +
) x x x 1 2 2 + = ⇔ = ⇔ = m 1
) 4 0
m
m
2
2
+ )
Vậy
x 2 = − 2 )( ( − 2 2. 1m =
Bài 3.
D
C
B
M
NA
,M N lần lượt là hình chiếu vuông góc của D và C trên AB
Gọi Áp dụng định lý Pytago cho ACN∆
vuông tại N ta có:
2
2
=
=
=
AN
AC
− CN
2 0,3
2 − 0,03
km
(
)
9 11 = 100
Ta có: CDMN là hình chữ nhật
⇒ =
−
=
− MB AB AN MN
= − − 5 4
(
km
)
Áp dụng định lý Pytago cho BDM∆
891 10000 = = 4 NM CD km − 100 9 11 9 11 100 100 vuông tại M ta có:
2
2
2
=
=
DB
+ MB DM
2 + 0,03
≈ 0,702(
km
)
− 100 9 11 100
=
=
= (phút)
h 0,03( ) 1,8
t Thời gian mô tô đi hết quãng đường AC là : 1
=
= (phút)
t
8
Thời gian mô tô đi hết quãng đường CD là :
2
2 ( ) = h 15
=
(phút)
= 0,02( ) 1,2 h
Thời gian mô tô đi hết quãng đường DB là: 3 t
0,3 10 4 30 0,702 ≈ 35
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇒
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
8
+ +
=
(phút)
Nên thời gian mô tô đi trên tuyến đường mới là : 1,8 8 1,2 11 (phút) = − Vậy thời gian mô tô đi trên tuyến đường mới tiết kiệm được: 30 11 19
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
9
Bài 4.
M
C
α
P
N
B
O
A
H
=
)O nên 090 = MAO MCO
a) Chứng minh tứ giác AOCM nội tiếp ,MA MB là các tiếp tuyến của (
0
0
=
+
=
⇒ Tứ giác AOCM là tứ giác
90
180
+ MAO MCO
Vì Xét tứ giác AOCM có : 0 90 nội tiếp.
= ∠
(hai góc nội tiếp cùng chắn
ACM
)
=
∠ =∠
⇒ ∠ = ∠ AOM ABC
b) Chứng minh AOM Vì AOCM là tứ giác nội tiếp ( )AM . Lại có: ACM ABC
= ∠
ABC
ABC cmt nên AOM (cùng chắn AC )
c) Chứng minh CM CH= { } = ∩ N CH AB Gọi Theo ý b, ta có: AOM Mà hai góc này ở vi trí đồng vì nên ⇒
⇒
=
=
(so le trong)
do BCN
∆vuông tại N) ⇒ ∠
(cùng phụ với
ABC∠
OM BC / / ( ) CHM BCH BCN 1
ABC ABC =∠
CAB
)OC
BC MH / / Ta lại có: ∠ + ∠ BCN + ∠ ∠ CAB ∠ Lại có: CAB
090 ( 090 CAO
(phụ nhau) =∠ CMO
= = =∠ ( )2 = BCN CMH
⇒ =
=
⇒ ∆cân tại C
CH CM dfcm
(
)
⇒ Từ (1) và (2) suy ra CHM CMH
CMH
= ∠ ) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BCN CMH
d) Chứng minh giá trị biểu thức … là một hằng số
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
10
=∠
⇒ ∆
= PMA
POC
PMA g g ( . )
Xét POC∆
có: APM chung; PCO
∆ và PMA
∆
(
)090
=
Khi đó ta có:
.
.
CN AP . .
ACPS
1 2
2
−
α
−
α
sin
sin
PA
. PC PM
PA
. PO PA
PC PO ⇒ = PA PM ( 2
⇒ )
= PC PM PO PA (
. Lại có: )
=
S
ACP
. CN AP
−
α
α
.
sin
)
(
1 2 .sin
2.
OA
=
=
CN
. CN AP
PA PA PO 1 2
α
=
= ⇒
=
vuông ta có:
sin
CN CN OC OA
OA CN
1 α sin
2
−
α
PA
PC PM .
sin
)
⇒
=
= α 2sin .
2
S
1 α sin
2
−
α
PA
MCP PC PM .
sin
(
)
=
Vậy
2
= constast dfcm
(
)
S
MCP
=
+
=
∆ Xét OCN (
Bài 5. Xét biểu thức :
M
ab
+ 2
bc
+ 2
ab
bc 4
+ 2
+ a c
(
(
)
≤
ab
Áp dụng bất đẳng thức Co si− ta có:
≤
bc 4
) + a c + a b 2 + b c 4 2
)
+
⇒ = M
ab
b c 4 .
( + 2
) + a c
( + + 5 a b c = 2
≥
−
P
2 5
1 + + a b c
=
Đặt
t
2
2
1 + + a b c 1 + + a b c (
) − = t
2 1 ≥ − 10
= a b
2 = 3 ⇔
Dấu "
"= xảy ra
=
= c
8 3
1 2
=− ⇔ = =
=
Vậy
a b
MinP
;
c
= a b = 4 b c 1 + + a b c 1 10
2 3
8 3
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
− ⇒ ≥ P t t =− 0 2 5 2 5 1 + t 2. . 2 1 − 4 1 = − 10 2 5 1 2 1 10 1 10 − t
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
11
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2020-2021 MÔN THI: TOÁN Ngày thi:17/07/2020
Đề số 3
Phần I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Câu 1. Cho tam giác ABC vuông tại A có C B A
. 119
.13
cm
cm
AB .17
cm . 12 D . 7
cm
=Độ dài cạnh BC bằng: (
)
(
)
(
)
= (
cm AC 5 , ) cm
1
3
x−
(
)2
Câu 2. Nếu −
+ bằng: −
− 4 D x . .4 C 3 x
số đã cho đi qua điểm
A x . Câu 3. Cho hàm số
2
+
−
= có hai nghiệm phân biệt ?
x
2
2
m
= 3x ≥ thì biểu thức − . B x 2 2 ax= y ( a là tham số khác 0). Tìm tất cả các giá trị của a để đồ thị hàm ( )1;4 M − = = B a . 4 D a . C a . − 4 = − 1 1
+ .6
.7 .4 .5 D
2
+
bx 2
c
3.
.8 .4
x = Giá trị của biểu 2
3
.2 D + = có hai nghiệm 1 1 x = và
b
A a . Câu 4. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình 11 0 x C B A Câu 5. Giá trị của biểu thức 2. 8 bằng: .16 C A B x 0 Câu 6.Biết phương trình 3 c+ bằng
− . 19 D C B
.28 2a + có nghĩa là :
≥ ≥ − 2 D a . C a . 2 2
thức A .19 .9 Câu 7. Tìm tất cả các giá trị của a để biểu thức > − > A a 2 B a . . Câu 8. Hàm số nào trong các hàm số cho dưới đây đồng biến trên
x
=
=
= +
+
x
1
A y .
B y .
2020
=− . C y
2020
1 4
D y .
3
x
x
=
x= 4
7
y
+( m là tham số khác 5
) :
) ' :
)d
− 1 − 2 Câu 9. Cho hai đường thẳng ( +và ( 2 + d d y m x m )'d song song với đường thẳng ( 0). Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng ( = = 4 D m B m A m . . .
−
=
= ± 2 2
x
2
. Khẳng định nào
C m . 7
Câu 10. Biết hệ phương trình
có nghiệm duy nhất (
)
;x y 0 0
+
2
x
2
y =− y
=
+
1
5
y 0
y 0
= y 0 5.
x
+ .4 B x 0 = y 10 B .15
= − 2
=− + 3 .4 C x 0 −Tính giá trị của y khi − . 15
= + 1 D x .4 0 x = − 1 D
− . 5 C .5
sau đây là đúng ? A x y .4 0 0 Câu 11. Cho hàm số A Câu 12. Căn bậc hai số học của 121là : − và 11 A
D. 12
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
− . 11 .11 B .11C
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
12
x
Câu 13. Cho hệ phương trình
( m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để
+ = y +
x
=
thỏa mãn
2 = 3 y m )
;x y 0 0
y+ 4 0
2021 = D m .
−
+ ( m là tham số khác 3). Tìm tất cả
( = y m
= 2020 B m . 2019
=
=Giá
,AH Biết
= − 2 = − 5 C m .
cm AH ,
cm 5 .
. D m BC 0 10
2 hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x 3 0 = = 2018 A m 2021 . C m . Câu 14. Cho đường thẳng ( ) ) + 2 m d 7 : x 3 )d bằng 3 các giá trị của m để hệ số góc của đường thẳng ( = = A m 6 B m . . ,A đường cao Câu 15. Cho tam giác ABC vuông tại trị cos ACB bằng:
A .
B .
C
.
D .
1 4
1 2
3 2
2 2
2
−
x
x+ 2
15 0
,x x . Giá trị của biểu thức
= có hai nghiệm 1
2
)O đường kính AB và
.15 D
Câu 16. Biết phương trình 2.x x bằng: 1 − − . 15 .2 C . 2 B A ,C D thuộc dường tròn ( Câu 17. Trong hình vẽ bên dưới, hai điểm Số đo ADC bằng 035 . BAC = D
B
O
A
C
0 .65
0 .35
0 .45
B
D
0 .55 C = R
,O bán kính
cm .
.8
)
)
x+ 8
= 12
.3
.6
D − = 3 0 ∆ = −∆ = 40 . . D = ,AC B là điểm thuộc đoạn AC sao cho BC 3 cm= (BC T là tiếp điểm), BC . 6 ) ( ) C cm .5
Gọi AT là một BA . Độ dài đoạn thẳng ( ) D cm .4
88 88 C
A Gọi AB là một dây cung của đường 10 Câu 18.Cho đường tròn tâm AB .AB cm . tròn đã cho, Tính khoảng cách từ tâm O đến dây cung ) ( ( ( ) ( A cm cm C cm B cm .16 .2 .6 22 Câu 19. Tính giá trị biệt thức ∆ của phương trình x ∆ = ∆ = A . . B 22 Câu 20.Cho đoạn thẳng tiếp tuyến của đường tròn đường kính ( ( ) AT bằng: B cm A cm Phần II.TỰ LUẬN (7,0 điểm) Câu 1.(2,0 điểm)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
13
−
=
x
10
a) Giải hệ phương trình
2
x
y 3 + =− y
1
=
≠
với
b) Rút gọn biểu thức
:
A
x
x> 0,
9
x −
−
+ x 3 − 9 x
2 x
3 2
−
x x +
− =
m
m
2
, m là tham số
3 (
+ x ) + x 1
( ) 8 0 1
,x x thỏa mãn
2
+
+
−
−
=
x Câu 2.(1,0 điểm) Cho phương trình: a) Giải phương trình ( )1 khi 2m = b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình ( )1 có hai nghiệm 1 11
2
2
)
)(
(
x 2
x 1
2 x 1
2 x 2
Gọi
,A B là hai điểm phân
R
)
,MC MD với đường tròn đã cho
)B . Qua M kẻ hai tiếp tuyến
cm= . 3 ;O R ( AB không là đường kính). Trên tia đối của tia BA lấy
Câu 3. (1,5 điểm) Một công ty X dự định điều động một số xe để chở 100 tấn hàng. Khi sắp khở hành thì 5 xe được điều đi làm việc khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 1 tấn hàng so với dự định. Tính số xe mà công ty X dự định điều động, biết mỗi xe chở khối lượng hàng như nhau ? Câu 4. (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính biệt cố định trên đường tròn ( một điểm M ( M khác ,C D là hai tiếp điểm) (
;O R tại điểm
a) Chứng minh tứ giác OCMD nội tiếp trong một đường tròn b) Đoạn thẳng OM cắt đường tròn (
)
060 CMD =
thì E là trọng tâm của tam giác MCD
c) Gọi N là điểm đối xứng của M qua O. Đường thẳng đi qua O vuông góc với MN
và Q. Khi
di động trên tia đối của tia
M
tìm vị trí của điểm
cắt các tia ,BA
,MC MD lần lượt tại các điểm M
.E Chứng minh rằng khi
thỏa mãn
Chứng minh rằng:
để tứ giác ,a b
P MPNQ a
có diện tích nhỏ nhất b+ 2
= 1.
2
2
+ ≥ 14
Câu 5. (0,5 điểm) Cho hai số dương 3 + b 4
1 ab a
ĐÁP ÁN
I.Trắc nghiệm
B 1 C 11
B 2 C 12
B 3 D 13
D 4 C 14
C 5 D 15
A 6 D 16
B 7 C 17
A 8 A 18
B 9 A 19
10 20
A D
II.Tự luận
Câu 1.
=
y
y
−
=
=
x
10
y
− 20
x
1
⇔
− ⇔
⇔
⇔
a
)
y
=−
=
=
2
x
y 3 + =− y
1
x 6 2 + =− 2 y x
1
y
3
x
y
− 7 =
= 21 − − 1 2
3 − + 1 3 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
14
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất
(
) x y = ;
( 1; 3
) −
≠
b) Điều kiện :
x
x> 0;
9
(
)
)( + x
(
)
− + x 3 x 3 x A . x − x − 2 x 3 x x 3 2 x 3 3 − x . x 3 =+ =− :
(
− + x 3 x 3 + 3 x − 9 x ) 2 x = = . x − − x x 3 3 − x )( + x
Câu 2.
khi
2m =
a) Giải phương trình
( )1
Với
ta có phương trình
2 3 x−
− = 2m = x 4 0
Phương trình có dạng
nên có hai nghiệm
= 4 x = − x 1
2
−
+
+
− =
x
m
x
2
m
b) Xét phương trình
(
) 1
( ) 8 0 1
Ta có:
2
2
m
m
− 8
+ 2 m
+ − 1 8
m
+ 32
) + 1
)
( ∆ = −
2
2
2
=
−
+
=
+
m
6
m
33
m
− 6
m
+ 9
24
m
− 3
+ 24 0
( =
)
( > ∀ m
)
= m )
2
2
− + = + − = a b c 1 3 4 0
Vì
nên phương trình luôn có hai nghiệm phân
(
)
( − 4. 2 ( ( ≥ ⇒ −
)
+
= +
1
biệt với mọi m, áp dụng hệ thức Vi et ta có:
x m 2 =
−
m
2
8
x 1 x x 1 2
2
− + > ⇒ ∆ > m 3 m 0 3 24 0 0
)
)
(
)
Theo đề bài ta có: )( (
( = ⇔ + x 2
2 x 1
2 x 2
2
− − + + 11 − 2 − 2 + = 4 11 2 x 2 x 1 x x 1 2 + x x 1 2 x 1 + x 2
)
2
− − + − = 7 0 x 1 ) 2 ( x x 1 2 x 1 x 2
(
2
( + −
− − − 8 2 2 7 0 m m x 2 ) 1
) + − = 1 − − =
( ⇔ + x 1 ( ⇔ + m ⇔ + m
2 ) + − 2 1 2 8 2 m m m
2
( − m m
=
Vậy
thì thỏa đề.
m
m= 0;
2
0 2 = ⇔ 0 2 0 ⇔ − m m 2 2 7 0 = m ) = ⇔ = m
Câu 3.
Gọi số xe mà công ty dự kiến điều động là
( x xe
)(
)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
x x> 5, * ∈
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
15
Khi đó mỗi xe chở được số tấn hàng:
(tấn hàng)
Sau khi điều 5 xe đi làm việc khác, số xe còn lại đi chở hàng :
100 x
(
)
⇒
Thực tế mỗi xe phải chở số tấn hàng :
tấn hàng) (
− 5x xe
Thực tế mỗi xe phải chở thêm 1 tấn hàng nên ta có phương trình:
−
− x
− x
= ⇔ 1
100
100
5
5
(
) =
( − x x
)
2
100 x −
+
−
−
=
x
x
x
x
100
500
5
+
−
100 − x 5 ⇔ 100 2 ⇔ − x
25
x
20
x
500 0
25
20
− x
25
0
(
) =
tm
)
+
25
x
20
( ⇔ − x
)(
)
ktm
20(
)
= 500 0 ) ( + = ⇔ − x x = 25( x = ⇔ = − 0 x
Vậy ban đầu công ty dự định điều động
xe.
100 5x −
25
Câu 4.
Q
D
N
O
A
E B
M
P C
nội tiếp
OCMD
a) Chứng minh tứ giác
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
16
⇒
=
là các tiếp tuyến
Xét đường tròn tâm
,MC MD
090 = OCM ODM
0
0
=
⇒
180
OCMD
là tứ giác nội tiếp
Tứ giác
có:
O
90
có OCMD 0 + = 90 ∆ MCD
là hai tiếp tuyến cắt nhau tại
nên
và
+ OCM ODM E là trọng tâm b) Chứng minh ,MC MD Xét đường tròn (O) có
M
CMD
là tia phân giác của
0
0
= CMD CMD
0 = ⇒ 60
= OMD
30
.60
Mà
1 2
=
Xét
vuông có
= OD R
= 3 cm OMD
,
1 = 2 0 30
MC MD= MO
Ta có:
=
⇒
=
=
=
⇒
=
−
sin
DMO
OM
6
cm
EM OM OE
= − = 6 3 3
cm
(
)
(
)
0
OD OM
OD sin 30
3 1 2
Lại có:
là đường trung trực của đoạn
Gọi
là giao điểm
I
ODM∆
nên =
= MD MC = OD OC R
OM .DC
và
của
tại I
vuông ta có:
⊥
2
2
⇒ =
−
⇔ =
=
=
OD OI OM OI .
IM OM OI
6
3 2
ODM
3 = − = 2
9 2
Từ đó ta có:
ME
MI
OD OM 2 = = ⇒ = 3
ME MI
2 3
3 9 2
⇒ OM DC OM DC Theo hệ thức lượng trong tam giác 2 3 = 6
CMD =
Xét tam giác
và
có
nên
là tam giác đều có
là
MI
∆ MCD MC MD= 060
đường phân giác nên
cũng là trung tuyến. Lại có
nên
là trọng
MI
E
tâm tam giác
= ME MI cmt ( ) MCD 2 3
MCD dfcm ( )
S min
c) Tìm vị trí của M để
MNPQ
Vì
đối xứng với
qua
nên
M
=
N O OM ON=
Xét hai tam giác vuông
có cạnh
chung,
∆ OM OMQ OMP
Suy ra
Diện tích tứ giác
là :
∆ =∆ ∆ OQM OPM , ⇒ = OQM OPM g c g ( . . ) OP OQ
=
=
=
=
=
S
MN PQ .
.2
OM OQ .2
4.
OM OQ .
4
S
4.
= . OD MQ
4 .
R MQ
MPNQ
OQM
1 2
1 2
Xét
vuông tại O có
là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta
MPNQ
1 2 OQM∆ 2
2
OD
có:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= OD DQ DM . R ⇔ = DQ DM .
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
17
=
+
≥
=
2 =
Áp dụng bất đằng thức Cô si ta có:
QM DQ DM
2
DQ DM .
2
R
2
R
= ⇔ =
=
Hay
QM
QD DM R
R
2
min
Từ đó
nhỏ nhất là
28 R
MPNQ
=
S ⇔ = MQ 2 R
Khi đó: Xét
chung;
có:
(cùng chắn
)BD
2
⇒ ∆
⇒
2 ⇒
=
∆ MDB MAD g
(
− ⇒ g )
MD MA MB MA MB R
.
= .
=
Đặt
AB a MB x ,
=a ( không đổi,
MD MB = MA MD a x > 0) ,
Ta có:
2
2
+
4
R
2
2
2
>
MA MB R
.
= ⇔ + R x
2 − ax R
− + a = ⇒ = 0 x
do x
0
( = ⇔ + x x a
)
(
)
a 2
2
+
− + a
24 R
=
Vậy điểm
thuộc tia đối của tia
và cách B một khoảng bằng
M
AB
MB
a 2
không đổi thì tứ giác
có diện tích nhỏ nhất là
∆ &MDB ∆ DMB MDB MAD MAD
28R
MPNQ
Câu 5.
= = ⇒
.Ta có:
1 a + 2 b ≥ 2 a b .2 2 2 ab 2 2 ab ≤ ⇒ 1 2 ab ab 1 1 ≥ ⇒ ≤ 2 8
2
2
2
2
2
+
≥
Áp dụng bất đẳng thức
ta có:
4 +
1 x
1 y
x
y
+ 1 ab 3 + b 4 1 = + ab 4 a 3 + 4 ab 3 = + 2 + b 4 a 1 ab 4 1 ab 4 1 + b 4 a + 3
2
2
2
(
)2
≥
=
Lại có:
ab
2
1 ≤ ⇒ 8
1 ab
4
4.
1 1 8
+ ≥ = = 4 1 + + 1 ab 4 a b 4 4 2 + ab a 4 b 4 4 + a b 2
2
2
⇒ + + ≥ + = 3 2 3.4 14 1 ab 4 1 ab 4 1 + b 4 a
Vậy
. Dấu
xảy ra khi
"
"=
2
2
+ ≥ = 14 a 2 b 1 ab 3 + b 4 a 1 = 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= a ⇔ = b 1 2 1 4
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
18
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC CẠN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút
Đề số 4
Câu 1. (1,5 điểm)
+
−
a) Tính
A =
12
27
≠
x
0,
x
1
=
2 +
b) Rút gọn biểu thức
B
.
≥ ≠
−
x
9
2 x
x 9
1 + x
3
x x
+ 6 − 1
4 3
Câu 2. (2,5 điểm)
a) Giải phương trình 5
b) Giải hệ phương trình sau
2
+ = 2 y − = y
x
1
c) Hai lớp 9A và 9B của một trường, quyên góp vở ủng hộ các bạn học sinh vùng khó khăn. Lớp 9A mỗi bạn ủng hộ 2 quyển, lớp 9B mỗi bạn ủng hộ 3 quyển, cả hai lớp ủng hộ được 160 quyển. Tính số học sinh mỗi lớp biết tổng số học sinh của cả hai lớp là 65 em.
x − = 7 0 x
Câu 3. (1,5 điểm)
2
a) Vẽ đồ thị hàm số
y
x=
b) Đường thẳng song song với trục hoành, cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và
2
cắt parabol
tại hai điểm
y
x=
, +
−
−
= (với m là tham số)
.M N Tính diện tích tam giác OMN 2 m 2
m
2
0
x
x
) 1
(
+
−
đạt giá trị
4
Câu 4. (1,5 điểm) Cho phương trình 1m = a) Giải phương trình với b) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m ,x x là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để c) Gọi 1
2 = A x 1
2 x 2
x x 1 2
2 nhỏ nhất.
)O đường kính
PM PN>
,MN điểm P thuộc nửa đường Kẻ bán kính OK vuông góc với MN cắt dây MP tại E. Gọi d là tiếp
).
Câu 5. (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn ( tròn ( tuyến tại P của nửa đường tròn. Đường thẳng đi qua E và song song với MN cắt d ở F. Chứng minh rằng:
a) Tứ giác MPEO nội tiếp đường tròn . b) c) d) Gọi I là chân đường cao hạ từ P xuống
= ME MP MO MN . / /OF MP
góc với MP
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.MN Hãy tìm vị trí điểm P để IE vuông
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
19
ĐÁP ÁN
Câu 1.
+
−
=
+
−
=
a A = )
12
27
4 3
2 3 3 3 4 3
3
≥
≠
b)Với
≠ . Ta có:
x
0,
x
1,
x
9
+
2
x
3
(
)
2
=
B
.
.
−
+ −
−
2 x
x 9
1 + x
x x
x
3
6 1
1
x +
x −
3
x
x
3
= +
− + 3 2 )(
)
(
3
=
=
6 − x
3
( −
−
x
) 1 .2 x
− x ) ( 3 .
) 1
(
Câu 2.
a) Giải phương trình:
− = ⇔ =
5
x
7 0
x
S
7 5
7 = 5
=
x
x
1
⇔
x
3 x = − 2
1
y
x
y
1
b) Giải hệ phương trình: = + = y 3 2 ⇔ − = 2 y Vậy hệ có nghiệm duy nhất (
( ) 1;1
= ) x y = ; c) Tính số học sinh mỗi lớp
<
*,
x y ,
65
Gọi số học sinh lớp 9A và lớp 9B lần lượt là
)
Tổng số học sinh 2 lớp là 65 nên ta có phương trình
∈ x y , ( ) 65 1
Số quyển vở lớp 6A quyên góp là : 2x (quyển) Số quyển vở lớp 6B quyên góp là: 3y (quyển)
=
2
x
y+ 3
Hai lớp quyên góp được 160 quyển vở nên ta có phương trình
( ) 160 2
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
=
x
x
3
y
x
35
⇔
tm (
)
+ = y +
65 =
=
2
3
x
y
160
2
x
3
y
+ 195 + 160
y
30
3
= ⇔ =
Vậy 9A: 35 học sinh, 9B: 30 học sinh.
,x y (học sinh) ( y+ = x
Câu 3.
a) Học sinh tự vẽ đồ thị b) Tính diện tích OMN
2
Đường thẳng song song với trục hoành cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên có phương trình (
) d y =
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
20
Hoành độ các điểm
2 x =
2
−
M
)
2
⇔
⇒
= −
x
2
2;2
N
= x
,M N là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm ( (
=
⇒ ⊥
Khi đó ta có:
và
H MN Oy
∩ ⇒ H
OH MN
MN =
2 2
(
)0;2
=
=
Vậy
= .2.2 2
2 2(
)
. OH MN
dvdt
OMNS
2;2 ) . Gọi { } 1 2
1 2
OH = 2
Câu 4.
2
Với
a) Giải phương trình khi m=1 1m = ta có phương trình
x
Phương trình có dạng
0
a b c
1 = − 2
x+ − = 2 0 = x 1 x 2
+ + = ⇒
Vậy với
m
S
1
{ = ⇔ = −
} 2;1
2
+
−
−
= ta có:
Xét phương trình
m
m
2
2
0
x
b) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m ) x 1
(
2
2
∆ =
−
+
≥ ∀
2
m
+ 4.2 m
4
2 = m
4
m
− 1 8
m
+ + m 4
= 4 m
1
2
+ m
2 + = 0
m
(
) 1
(
) 1
(
)
Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm với mọi m
c) Tìm GTNN
,x x với mọi m. Áp dụng hệ thức Vi –
2
=−
+
Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt 1 1
+ 2 m
. Theo đề bài ta có:
et ta có:
x 2 =
2
m
x 1 x x 1 2
2
−
=
+
−
+
4
6
(
)
x x 1 2
x 1
x 2
x x 1 2
2
2
2
=
=
+
+
− m
4
= m
− 1 12
+ + m
4
m
m 8
1
4
2 x 2 )
2
2
=
−
2
4
m
+ m
m
+ 3
m ) 1
2
2
2
+
+
+
− ≥ − ∀
m
+ 6.2 m ) ( + − = 3 4 1 ≥ ∀ ⇒ m
4
0
m
≥ ⇒ 0
4
m
3
3
m
(
) 1
(
) 1
(
)
) ) ( 1 =− ⇔ =−
A
m
3
1
2 = A x 1 ( 1 2 ( Vì ( Vậy min Câu 5.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
21
d
K
P
F
E
N
M
x
I
O
a) Tứ giác NPEO nội tiếp đường tròn
0
∠
=
là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên
Vì MPN∠
MPN
90
⇒ ∠ EPN
0 = 90
0
0
=
+
=
⇒
là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác NPEO có 0 90
+ EPN EON
90
180
NPEO
b)
=
=
có: 0 PMN chung MOE MPN 90 ;
= ME MP MO MN . .
⇒ ∆
⇒
∆ MOE MPN g g ( . )
ME MP MO MN dfcm
⇒ .
= .
(
)
MO ME = MP MN
∆ Xét MOE ∆ và MPN
c) OF song song với MP
⊥ ⇒
=
=
⇒
Vì
nên
là tứ
/ /
(
EF MN gt mà MN OK⊥ )
EF OK
090 OPF OEF
OEPF
giác nội tiếp
O E P F N cùng thuộc một đường tròn
,
,
,
,
Lại có NPEO là tứ giác nôi tiếp (cmt) nên tứ giác OEFN cũng là tứ giác nội tiếp
0
=
⇒
=
mà EON
90 (
0 ⇒ EFN
gt
)
= 90
0 + EON EFN 180
=
⇒là hình chữ nhật (tứ giác có 3
Xét tứ giác OEFN có: 090 góc vuông) 090 = ⇒ ⇒
ONF
NF
= EON OEF EFN là tiếp tuyến của (
= OEFN )O tại N
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
5⇒ điểm
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
22
⇒
(cùng chắn )NP
FNP NMP =
=
cân tại
)O
=(do OMP ∆
Mà NMP OMP OPM
⇒
=
=
FNP OPM OPE
⇒
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn = OPE FOP
).FP
Mà FNP FOP
Mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên
/ /OF MP
d) Tìm vị trí điểm P……
=
= ⇒ =
Đặt
OI
x MN ,
− IN R x
R
2
0
< < x R
(
)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MPN ta có:
2
2
2
2
2
=
=
+
PI MI NI
.
= R
− ⇒ = x
PI
R
− x
(
)( − R x R x
)
Ta có:
)MN nên áp dụng định lý Ta let ta có:
2
2
x
R R
⇒
=
⇔ = OE
OE 2
2
OE MO = PI MI
R + R x
− + R x
−
R
x
OK PI (cùng vuông góc với / /
thì
(hai góc đồng vị )
IE PN do MP PN⊥
/ /
(
)
, khi đó OIE INP
Để IE MP⊥
2
2
=
tan
Xét tam giác OIE có: OIE
− OE R R x = ( ) + x R x OI
2
=
tan
Xét tam giác vuông IPN có INP
IP IN
2 − R x = − R x
=
Vì OIE INP =
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= ∠ ⇒ ∠ tan OIE tan INP
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
23
2
2
2
2
=
⇒
⇔
) − R R x
(
( = x R x
) +
− x R − R x
2
2
2
2
=
0
xR x
2
x
−
R R
tm
)
= 2
R
− x R R ) ( + x R x = ⇔ − R Rx =− + x 1
− Rx R ) 2 1 (
⇒ =
x R
− = OI
) 2 1
(
=− −
R R
+ ⇔ + ( ktm 0(
< 2
)
x 2
⇔
2
2
2
2
2
R
R
(
−
−
R
=
=
⇒ ∠ tan
INP
−
− R x − R x
2 2 2 = 2
2
−
− = − R R
R
2
2
(
) − 2 1 ) − 2 1
2 2 2 )
(
1
=
+
= 2 1
− 2 1
=
∠
=
⇒ ∠ tan
MNP
tan
INP
+ 2 1
=
MNP∠
2 1
+ thì IE MP⊥
Vậy khi điểm P nằm trên đường tròn (
)O thỏa mãn tan
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
24
UBND TỈNH BẮC NINH
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn thi: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút
Đề số 5
I.Trắc nghiệm
=
Câu 1. Đường thẳng
y
2
−có hệ số góc là x
A
.2
B
− . 1
C
0 .45
D
.1
Câu 2. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất ?
2
=
=
=
=
−
A y .
B y .
x
C y .
x
D y .
2020
x
1 x
;O R có hai bán kính OA và OB vuông góc với nhau, gọi H là trung
)
Câu 3. Đường tròn ( điểm của đoạn thẳng
R
2
R
3
A .
B .
D .
C
.
R 2
2
2
R 3
.AB Khi đó, OH bằng:
cạnh
sin
C =
,
=
Câu 4. Tam giác ABC vuông tại A,
Độ dài cạnh AB là
2 5
BC 10 cm .
B cm .4 C cm .6 D .2 2
cm ).O Các tiếp tuyến tại B và C của
)O cắt nhau tại M. Số đo góc BMC bằng:
0
0
0
A
.90
B
.120
C
0 .45
D
.60
x
3
A cm .2 Câu 5. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn ( đường tròn (
Câu 6.Hệ phương trình
có nghiệm (
) ;x y là:
x
+ = y − = y
1
A
B
C
D
( ) − − . 2; 1
( . 1;2
)
( − − . 1; 2
)
2
2
+
−
có giá trị bằng:
Câu 7. Biểu thức
− 7 5
2
7
) ( . 2;1 )
(
(
)
A
.7
B
.2 7 3
.2 7 3
C
D
.3
Câu 8. Khi
+ − 8x + có giá trị bằng:
x = biểu thức
6,
độ dài
B .8 .6 C .14
cm= 4 ,
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.AH Biết HC cm= 9 .2 ,A đường cao D HB
A Câu 9. Cho tam giác ABC vuông tại AH là: Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
25
. 13
.36
cm
cm
C
B
D cm .9
A cm .6 Câu 10. Phương trình nào dưới đây có hai nghiệm là 3 và 2?−
2
2
2
2
−
+ =
− − =
A x .
6
x
1 0
B x .
x
+ − = C x .
6
x
1 0
+ . D x
− = x
6 0
có giá trị bằng:
Câu 11. Khi
x = biểu thức
7,
6 0 3 2x +
A
− . 1
B
. 3
C
.
D
.1
1 3
).O Đường cao AH cắt cung nhỏ BC
≤ < > D x . 1 1 C x . B x . 1
Câu 12. Điều kiện xác định của biểu thức 1 x− là ≥ A x . 1 Câu 13. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn ( tại
0
0
B
.60
A
0 .45
C
.50
D
.30
có nghiệm duy nhất khi
.M Số đo góc BCM là 0
Câu 14. Hệ phương trình
x mx
+ = y 1 − = y
2
= − ≠ ≠ − 1 1 B m . C m . 1 0
M B≠
.BC tia
)O tại M (
).
≠ )O đường kính Khi đó góc MOC có số đo
0
0
A
.60
B
0 .45
C
0 .22 33'
D
.30
2
D m . A m . Câu 15. Cho tam giác ABC vuông cân tại A nội tiếp đường tròn ( phân giác của góc ABC cắt đường tròn ( bằng
Câu 16. Hình vuông có diện tích
16
cm Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông đó là
.
:
A
.2 2
cm
C cm .2
D cm . 2
Câu 17. Đường thẳng
A
B C .
2;2
C D .
D B .
( . 1;2
)
B cm .4 x= 2 y (
đi qua điểm nào ? ( )
) − − 2; 1
(
) 2;1
biểu thức
có giá trị bằng:
Câu 18. Khi
x =
16,
+ −
x x
2 1
C
.2
B .
D .
A
− . 2
7 2
Câu 19. Phương trình
18 15 22 x
6 0
,
.
x x x Khi đó, tổng 1
2
x+ bằng 2
−
B .
− . 3
C
D
.3
A .
x− − = có hai nghiệm 1 1 2
1 2
− bằng:
Câu 20. Giá trị của
+ 5 1.
5 1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
26
B
.2
.4
C
.2 6
2
là:
d
y
x=− +
2
. 2 ) :
) :P y
và
và
B
)2;4
và
và
C A .
B
( ) A D − . 1;1 ( ) 1;1
=
D − và đường thẳng ( )2;4 ( )2;4 ( cm 5
x= ( ) 1;1 B A . ( ) D − . 1;1 cm BC 3 ,
AB
A Câu 21.Các giao điểm của parabol ( ( C − ( )2;4 C − Câu 22. Tam giác ABC vuông tại A,
=thì tan C bằng:
A .
B .
C
.
D .
3 5
5 3
4 3
3 4
Câu 23. Trong các hệ phương trình sau, hệ nào vô nghiệm ?
=
+ =
y
3
A .
B .
C
+
=
+
x x
3 2
y
0
x 2
+ = y 2
3 y
x
9
x 2
y
0
x 2
y =+ x 2
3 = y
6
. =
+ = . D
=
bán kính đường tròn ngoại tiếp
Câu 24. Cho tam giác ABC vuông tại A, cạnh
BC
10
cm ,
tam giác đó bằng: A cm .3
C
.2,5
cm
D cm .5
.4 B cm = +
Câu 25.Đường thẳng
y
x m
1
− cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 1khi
= − = = = D m . 1 2 0 A m . B m . 1
Câu 26. Tập nghiệm của phương trình
x
D
B
{ } − − . 1; 2
{ } − . 1; 2
cm cắt nhau tại hai điểm phân biệt
';10O
.A B ,
)
Đoạn
độ dài của
'
. C m 2 3 + = là x− 2 0 { } { } − . 1;2 A C . 1;2 ;13O cm và ( Câu 27. Cho hai đường tròn (
EF
) cm= , 3
O O lần lượt tại E và
) ( ;
.F Biết 'OO là
) B cm .18
=
không trùng với
AB
2 (
R M
).
,
;M P và Q lần lượt là chân các đường
bằng:
'OO cắt ( A cm .20 C cm .19
A R .
2
B R .2
C R .
3
D .
R 3 2
Khi đó,
có nghiệm (
) x y = ;
( ) 1;2 .
−
+
+
=
x
a
b
2
y
6
+ ax by ) 1
= 5 (
)
bằng:
.d Khi đó, AP BQ+ D cm .16 Câu 28. Cho điểm M thuộc nửa đường tròn đường kính A B Gọi d là tiếp tuyến của nửa đường tròn tại vuông góc hạ từ A và B xuống
2 Câu 29. Biết hệ phương trình ( b+ 4a 3
A
.8
B
.4
C
.7
D .
5 2
2
+ bằng
Câu 30. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x
3
x− 4 − . 1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
A .0 B không tồn tại . C D .1
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
27
+
viết được dưới dạng
Câu 31. Có bao nhiêu cặp số nguyên
,a b dể biểu thức 93 62 3
với
?
a b+
3
a b ∈ ,
)2
( A
2
và đường thẳng
.1 B .2 C .0 D .4
Câu 32. Gọi
y
x=
y
x=
+ Diện tích 2.
,M N là các giao điểm của parabol
tam giác OMN bằng:
A
.6
B .
C
.3
D
.1,5
3 2 2
II.Tự luận
Câu 1. (2,0 điểm)
2
+ =
a) Giải phương trình
x
x+ 6
8 0
=
+
+
với
b) Rút gọn biểu thức
P
≠ . Tìm x để
x
x≥ 0,
1
1P =
− x 5 − 1 x
2 − x
1
2 + x
1
Câu 2. (1,0 điểm)
Trong thư viện của một trường, tổng số sách tham khảo môn Ngữ văn và môn
Toán là 155 cuốn. Dự định trong thời gian tới nhà trường cần mua thêm tổng số 45 cuốn
sách Ngữ văn và Toán, trong đó số sách môn Ngữ văn cần mua bằng
số sách môn Ngữ
1 3
văn hiện có, số sách môn Toán cần mua bằng
số sách môn Toán hiện có. Hỏi số sách
1 4
tham khảo của mỗi môn Ngữ văn và Toán ban đầu lầ bao nhiêu ?
Câu 3. (2,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại
Vẽ đường tròn tâm O đường kính D D M≠
và cắt đường thẳng BM tại
.
(
)
và EM lầ tia phân giác của góc AED = CG MA CA GM
.A Trên cạnh AC lấy điểm M khác C sao cho ,MC đường tròn này cắt BC tại E ) AM MC> ( E C≠
a) Chứng minh ADCB là một tứ giác nội tiếp b) Chứng minh ABM AEM= c) Gọi G là giao điểm của ED và
.AC Chứng minh rằng . .
Câu 4. (1,0 điểm)
2
Cho phương trình bậc hai
− + = (x là ẩn số) có hai nghiệm thực dương
ax
0
x
c
2
=
≤ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
x+
x ,x x thỏa mãn 1 1
2
2 1.
− a c 2 + ac a
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
28
ĐÁP ÁN
I.Phần trắc nghiệm
1B
2D
3B
4B
5D
6B
7D
8D
9A
10D
11D
12D
13D
14A
5B
16A
17A
18C
19A
20B
21C
22D
23B
24D
25B
26C
27A
28B
29A
30A
31C
32C
II. Phần tự luận
Câu 1.
2
2
a) Giải phương trình + = ⇔ + +
+
+ = ⇔ +
+
+
=
8 0
2
6
x
x
x
x
4
x
8 0
2
4
x
2
0
( x x
)
(
)
+ =
x
2 0
2
+
⇔
2
x
4
= ⇔ 0
( ⇔ + x
)(
)
x
=− x =− x
4
Vậy tập nghiệm là
{ S = − −
+ = 4 0 } 4; 2
b) Rút gọn
≠
Điều kiện:
x
x≥ 0,
1
−
x
x
x
2
2
5
(
=
+
+
=
P
− x 5 − 1 x
2 − x
1
2 + x
1
+
x
x
) + + 1 (
( )( 1
−
) − + 1 ) − 1 5
−
−
x
x
2
5
5
=
=
=
=
5 + x
1
2 2 +
− + 2 −
5 +
−
( +
x
x
x
x
) 1 − x
x
(
x )( 1
) 1
) 1
(
x )( 1
) 1
+ + (
x )( 1
= ⇔ + = ⇔ =
P
= ⇔ 1
1 5
1
x
x
16(
tm
)
5 + x thì
Vậy
1 1P =
x = 16
Câu 2.
∈
<
155
x y ,
x y ,
*,
Gọi số sách thâm khảo Ngữ văn và Toán thư viện đang có là (
)
Ban đầu, thư viện có 155 cuốn sách tham khảo 2 môn nên ta có phương trình x
155 (1)
y+ =
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
,x y (cuốn)
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
29
Số sách tham khảo môn Ngữ văn cần mua thêm là
x (cuốn)
1 3
Số sách tham khảo môn Toán cần mua thêm là
y (cuốn)
1 4
Thư viện đã mua thêm 45cuốn sách tham khảo 2 môn này nên ta có phương trình:
+
= ⇔ +
=
x
y
45
4
x
3
y
( ) 540 2
1 3
1 4
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :
=
x
x
y
x
x
tm
)
⇔
+ = y +
155 =
4
3
x
y
540
4
x
3 + 3
y
+ 465 = 540
y
75 = 155
⇔ − x
y
= 75( = 80(
tm
)
3
= ⇔
Vậy ban đầu thư viện có 75 cuốn sách tham khảo Ngữ văn, 80 cuốn sách tham khảo môn Toán
Câu 3.
B
E
G
C
M
O
A
D
a) ADCB là tứ giác nội tiếp
Xét đường tròn (
)O ta có:MDC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
0
⇒
=
=
MDC
90
0 hay BDC
90
=∠
∠
mà
BAC
= BDC
090
,A D là 2 đỉnh kề nhau
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Xét tứ giác ADCB có Nên ADCB là tứ giác nội tiếp Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
30
và EM lầ tia phân giác của góc AED
b) Chứng minh ABM AEM=
Xét đường tròn (
)O ta có: MEC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
0
0
0
=
⇒
+
=
là tứ giác nội tiếp
90
180
ABEM
+ BAM BEM
(cùng chắn cung
)AM
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn MD của (O)) ( )1
⇒
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn ) AD
(2)
=
ABM AEM cmt
)
hay (3)
90
ABD AEM= ⇒ là phân giác của (
AED dfcm
)
⇒ = 0 = = ⇒ ⇒ BEM MEC 90 (hai góc kề bù) Xét tứ giác ABEM ta có: 0 90 ABM AEM = ⇒ Ta có: MED MCD Vì ADCB là tứ giác nội tiếp (cmt) ACD ABD Lại có ( Từ (1), (2), (3) AEM MED ME
= CG MA CA GM . .
c) Chứng minh rằng
⇒
(tính chất
cmt
)
Xét AEG∆
ta có: EM là phân giác trong của tam giác (
AE AM = EG MG
⇒
đường phân giác)
(tính chất đường phân giác)
⊥
Lại có :
ME EC cmt
(
AE AM = EG MG EC
)
⇒ là đường phân giác ngoài tại đỉnh E của AEG∆
⇒
(tính chất đường phân giác)
⇒
=
⇒
=
AM CG AC MG dfcm
(
.
.
)
AE AC = EG CG AM AC = MG CG
AG EG
Câu 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của….
2
Phương trình
ax
c
x
0
,x x 2
0
0
>
ac
≠ a ∆ >
>
0
0
ac
1 4
⇔
⇔
0
>
0
0
b − > a
0
>
>
⇔ > a > c
0
0
− + = có hai nghiệm dương phân biệt 1 ≠ a − 1 4
c a
1 a c a
+
=
x 1
x 2
1 a
Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
=
x x 1 2
c a
2
+
≤ ⇒ ≤ ⇔ ≥
> ⇒ ≥
Theo đề bài ta có:
1
1
a
do a
0
a
1
( 1
)
x 1
x 2
1 a
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
31
≤
≤ ⇒ ≤
Lại có:
ac
c
1 4
1 4
2
2
−
2
a
a
1
1
1 + − 4
1 2
=
≥
= − =
⇒ = P
= − 1
≥ − 1
1
1 4 a 1 4 2
2
2
− c a 2 + ac a
2 5
3 5
+
+
+
+
a
a
2
a
1 4
1 4
1 4
1 4
2 1
=
=
a
1
a
1
⇔
⇔
Dấu "
"= xảy ra
=
=
ac
c
1 4
1 4
1
Vậy
MinP
3 5
= a = ⇔ = c
1 4
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
32
SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ BẠC LIÊU
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN (Không chuyên) Ngày thi: 14/07/2020 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 6
Câu 1. (4,0 điểm)
+
A =
−có nghĩa
a) Rút gọn biểu thức b) Tìm điều kiện của x để biểu thức
+ 2 3 5 48 = B
− 125 5 5 4 3
x
Câu 2. (4,0 điểm)
+
=
4
5
a) Giải hệ phương trình :
x −
y =
3
2
=
b) Cho
3
y
3 x x= 2
Parabol P y
:
4 y và đường thẳng (
) :
) ( bằng phép tính để đường thẳng (
d )d tiếp xúc với parabol (
+Xác định giá trị của b . x b )P
Câu 3. (6,0 điểm)
2
−
−
=
Cho phương trình:
x
m
− x m
(với m là tham số)
(
) 1
( ) 0 1
khi m =
a) Giải phương trình ( )1 4 b) Chứng minh phương trình ( )1 luôn có nghiệm với mọi giá trị của m c) Xác định các giá trị của m để phương trình ( )1 có hai nghiệm phân biệt 1
,x x thỏa 2
+
+
+
mãn
3
3
4
(
)
(
) =−
x 1
x 1
x 2
x 2
Câu 4. (6,0 điểm)
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng
AB R= 2 .
)O sao cho E không trùng với A và
1d và
2d lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn (
.B Dựng
)O tại A và B. Gọi d ,M N
Cho đường tròn tâm O đường kính ,OA E là điểm thay đổi trên đường tròn ( đường thẳng đường thẳng qua E và vuông góc với
,d d lần lượt tại 1
2
.EI Đường thẳng d cắt
Từ đó chứng minh
a) Chứng minh tứ giác AMEI nội tiếp IAE∆ ∆ .NBE đồng dạng với b) Chứng minh c) Khi điểm E thay đổi, chứng minh tam giác MNI vuông tại I và tìm giá trị nhỏ nhất
của diện tích tam giác MNI theo R
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= IE NB IB NE . 3 .
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
33
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Rút gọn biểu thức:
Ta có:
+
=
+
−
=
=
A =
+ 2 3 5.4 3 5 5 5 5
+ 2 3 20 3
22 3
+ 2 3 5 48 b) Tìm điều kiện của
− 125 5 5 ..... x
=
Biểu thức
−có nghĩa khi và chỉ khi
B
3
x
4
3
x
− ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ x 3
4 0
4
x
4 3
Vậy biểu thức
x ≥
4 3
= −có nghĩa khi B 3 x 4
Câu 2.
a) Giải hệ phương trình:
Ta có:
=
4
x
x
2
⇔
⇔
⇔
3
+ x −
= y =
=
=
4 y 4
5 3
y
y
y
3 x
= = x
8 − x 4
2 − 2 3 4
1 = − 4
=
x y ;
2;
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (
)
1 4
−
b) Cho parabol …….
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (
)P và (
) :d
2
2
=
x
3
x b
( ) 0 *
− = )d bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm, do
+ ⇔ − 2 x x b 3 2 )P và ( Số giao điểm của ( dó để (
)d tiếp xúc với parabol (
)P thì phương trình ( )* phải có nghiệm kép
2
= ⇔ = −
− 4.2.
= ⇔ + 0 b 9 8
0
b
) ⇔ ∆ = ⇔ − 0 3
(
(
) − b
9 8
Vậy để (
)d tiếp xúc với parabol (
)P thì
9 b = − 8
Câu 3.
a) Giải phương trình khi
Thay
4m =
2
2
−
− = ⇔ −
+ − = ⇔ −
+
−
=
x
3
x
4 0
x
4
x
4 0
x
4
x
4
0
( x x
)
(
)
1
−
⇔
4
= ⇔ 0
x
( ⇔ + x
)( 1
)
+ = − =
=
x x
1 0 4 0
=− x x
4
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
4m = vào phương trình ( )1 ta có:
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
34
Vậy khi
S =
{
}1;4 −
2
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m −
−
=
có:
− x m
(1)
m
0
x
∆ =
m
+ + m
2
m
( (
) 1 2 ) − 1
2
2
∆ =
m
2
+ m
1
+ 0
( − 4.1. ( + = m
) 2 = − m m ) 1
(
− 1 4 ) ≥ ∀ ∈ m
Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m c) Xác định giá trị của m để phương trình………….
Theo ý b: ta có:
4m = thì tập nghiệm của phương trình là
,x x thì 2
0∆ >
m 1
≠ −
. Theo bải ra ta có:
m
1 (
) 1
)2 ( + 1m∆ = Để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt 1 ⇔ + ≠ ⇔ ≠ − . Khi đó áp dụng định lý Vi – et ta có:
m +
x 1 x x 1 2 (
(
)
2 + x 1
2 =− x 2
2
+ + + 3 3 4 3 1 0 = − x m 2 = − m ) x 1 x 1 x 2
(
2 x 2
2 x 1
( + x 3 1
( + x 1
2
⇔ + + + 3 4 x 2 ) + x 2 ) x 1 x 2 4 ) − x 2 + x 2 =− 2 x x 1 2 3 (
− − 3 m 4 m + = m 3 2 0
) 1 +
) 2 =− ⇔ + )( + 1
)
⇔ = 2 m + 2 = 0 m =− ⇔ + x 1 ) =− ⇔ 4 − ) 1 m (
) ( ( ⇔ − + m 1 ) ( + + m m 1 m 1 0
( 2. ( m ktm 1(
Vậy
+ = ) ⇔ ⇔ + = =− m =− m 2 0 tm 2( )
m m = − thỏa mãn yêu cầu bài toán 2
Câu 4.
d1
d2
d
M
E
N
A
B
I
O
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
35
Vì
IAM =
)O tại A nên 090
a) Chứng minh tứ giác AMEI nội tiếp 1d là tiếp tuyến của (
0
0
=
+
=
IAM IEM+
180
90
0 180 )
tại E nên 090 Vì d Xét tứ giác AMEI có 0 90 Vậy tứ giác AMEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng
EI⊥ IEM =
∆ =
đồng dạng với
Từ đó chứng minh
IAE∆
.NBE IB NE . 3 . IE NB
b) Chứng minh
0
+
=
+
=
AEB = = 90
BEN IEB IEN
= IEB AEB
do d
⊥ IE
Vì AEB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên 090 Ta có: ( 0 90 ;
)
⇒
AEI AEI BEN =
Xét
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp
AEI BEN cmt
IAE∆
(cùng phụ với ) IEB có: ( =
) ; = IAE NBE
tuyến và dây cung cùng chắn )BE
⇒ ∆
∆
⇒
(hai cạnh tương ứng)
IAE
NBE g g ( . )
= IA NE IE NB
.
.
(1)
IA
2
∆ và NBE
IA IE ⇒ = NE NB ⇒ = OA OA gt ( ) ⇒ = = AB 4 AB = . Khi đó ta có: IA 3 ⇒
=
(nhân cẩ 2 vế với 3)
IB NE .
3 .
IE NB dfcm (
)
Mà I là trung điểm của Lại có O là trung điểm của ⇒ = − − IB AB IA IA IA ( )1 = ⇔ IA NE 3 .
OA 2 IA
= 4 IE NB 3 . ∆
theo R
vuông tại I và tìm GTNN của MNIS
=
⊥ tại E)
IEN
do d
IE
là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B)
c) Chứng minh MNI Xét tứ giác BNEI có: 090 ( 0 = IBN 90 (
do d
2
0
0
⇒
=
+
=
0 + IEN IBN 90
90
180
0 180 )
⇒ Tứ giác BNEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng
⇒
=
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
IE
)
INE IEB ABE
Lại có : Tứ giác AMEI là tứ giác nội tiếp (ý a)
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
IE
)
=
+
+
=
vuông tại E)
(do 090 ( AEB
cmt
)
Xét tam giác MNI có: 090 = INE IME ABE BAE ⇒ ∆
vuông tại I (tam giác có tổng hai góc nhọn bằng
nên AEB∆ 090 )
⇒ = = IME IAE BAE
=
Ta có:
S
IM IN .
∆
MNI
0
=
− α
< < 90
= 90
1 2 Đặt ( α α 0 AIM
) 0 ⇒ BIN
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
MNI
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
36
α
=
vuông ta có: cos
⇒ = IM
Xét AIM∆
α
AI IM
AI cos
0
−
= ⇒ =
vuông ta có:
Xét BIN∆
IN
( cos 90
) α
α
−
BI IN
BI = sin
BI ( 0 cos 90
) α
=
IM IN .
.
∆⇒ S
MNI
1 2
1 AI = . 2 cos
=
=
=
Ta có:
AB
4
AI cmt (
)
AB
= , BI
AB
BI α α sin 1 ⇒ = AI 4
AI BI . = α α sin .cos R 3 2 4
R 3 2
=
∆⇒ S
MNI
α α
23 R 4 sin .cos
Do
đạt giá
không đổi nên diện tích tam giác MNI đạt giá trị nhỏ nhất
23 R 4 trị lớn nhất. 0
0
Vì
α α> . Áp dụng BĐT Cô – si ta có:
nên sin ,cos
0
0
90α< <
2
2
α
α
sin
cos
α α
≤
sin .cos
) α
1 ( = ∀ 2
2
2
+ 2 3
3
≤
=
.
:
Dấu "
"= xảy ra
S∆⇒
AMI
R 2
1 2 α
α
=
R 4 cos
⇔
⇒
α
=
α
sin
cos
0 ⇒ = α 45
2
2
α
=
α
cos
1 = 2
sin sin
Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI là
, đạt được khi 045 .
AIM =
23 R 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇔ sin .cosα α
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
37
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN (chung) Thời gian: 120 phút (không kể phát đề)
Đề số 7
Câu 1. (1,0 điểm)
a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức
18 3
+
=
x
9
x
15
b) Tìm x biết: 4
=−
Câu 2. (1,0 điểm) Cho hàm số bậc nhất
y
7
+ 18
x
2020
(
)
x =
Câu 3. (1,0 điểm) Cho hàm số
a) Hàm số trên đồng biến hay nghịch biến trên ? Vì sao ? 7 b) Tính giá trị của y khi y
+ 18 22 x=
có đồ thị (
)P
)P
a) Vẽ ( b) Tìm tọa độ của các điểm thuộc (
)P có tung độ bằng 2
Câu 4. (2,5 điểm)
2
a) Giải phương trình:
x
b) Giải hệ phương trình :
− = 7 0 − = y + = y
18 9
x+ 5 x 7 x 2
2
c) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 2 +
+
−
− = có hai nghiệm phân biệt
+ x m
6 0
m 3
m
2
5
x
(
)
và
y
= + x
+ 5
m
Câu 5. (1,0 điểm) Với giá trị nào của tham số m thì đồ thị hai hàm số
(
)
+
−
=
cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành .
x
2
7
m
(
)
biết
BH H AC∈
(
),
=
=Tính độ dài các đoạn thẳng
cm AC 6 ,
cm .
.
và điểm C
BC BH , ,A B sao cho 065
)O lấy hai điêm
AOB =
y Câu 6. (0,75 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại B có đường cao AB 10 Câu 7. (0,75 điểm) Trên đường tròn ( như hình vẽ. Tính số đo ,
AmB ACB và số đo ACB
A
m
650O
B
C
Câu 8. (2,0 điểm)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
38
,BE CF cắt nhau
)O và có các đường cao
∈
∈
E AC F AB ,
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( ) tại H ( a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp b) Chứng minh AH BC⊥ c) Gọi
,P G là hai giao điểm của đường thẳng EF và đường tròn (O) sao cho điểm E .F Chứng minh AO là đường trung trực của đoạn
nằm giữa hai điểm P và điểm thẳng PG
ĐÁP ÁN
Câu 1.
=
=
a) Ta có:
6 3
18 3 3
+
=
18 3 b) Tìm x biết: x x 9 4
15
x
x
+ 3
x
= 15
(
) ≥ ⇔ 2 0
= ⇔ = ⇔ = x
15
3
x
9(
tm
)
⇔ 5 Vậy
x 9x =
Câu 2.
=−
có
a) Hàm số
y
7
+ 18
x
2020
a =
7
− 18
)
Ta có: 7
= > ⇔ >nên hàm số đã cho đồng biến trên R 49 0 0a
( > ⇔ − 18 18 7 b) Tính giá trị…
=−
Thay
ta được:
y
7
+ 18
2020
x
x =
7
( = −
+
=
+ 18
) 2020 49 18 2020 2051
( y = − 7
Vậy với
x =
+ và hàm số 18 )( + 18 7 7
) + thì 18
2051
y =
Câu 3.
2
Gọi điểm
x= 2
a) Học sinh tự vẽ (P) b) Tìm tọa độ…….. ( N x
);2
thuộc (
2
2
Ta có:
x
x
1 = ⇔ =⇔ = − 2 2 1 1
) P y : = x x
1;2−
) ( 1;2 ;
)
Vậy ta có hai điểm thỏa mãn đề bài là ( Câu 4.
2
− =
x
x+ 5
7 0
a) Giải phương trình :
53
∆ =
Ta có:
>nên phương trình đã cho có hai nghiệm
25
= 53 0
( − 4.1. 7
) −
53
= x = x
− + 5 2 − − 5 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
39
53
=
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm:
x
− ± 5 2
===
7
18
b) Giải hệ phương trình x
x
3
x
3
= ⇔
⇔
− = y + = y
27 =− 7 x
9
y
x
y
3
9
3;3
⇔ =− 2 18 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (
x = y ( ) x y = ;
7.3 18 )
2
2
−
+
+
− =
Xét phương trình:
m
2
+ x m
m 3
6 0
c) Tìm các giá trị của m…… ) x 5
(
Ta có:
2
2
2
2
=
'
m
+ 5
m
+ 3 m
− 6
m
+ 10
m
+ 25
− m
− 3 m
+ = 6 7
m
+ 31
( ∆ = −
)
( −
)
Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì
∆ > ⇔ +
> ⇔ > −
' 0
m
7
31 0
m
31 7
Vậy với
thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
m > −
31 7
=
+
−
có
có
d
:
y
= + x
+ 5
m
d
y
2
x
7
m
)
(
)
) ' :
(
)
d
'
1a = và đường thẳng (
Câu 5. Xét đường thẳng ( a = ' 2 a Vì
) ( ,
nên hai đường thẳng (
)
Gọi
d
d
'
d cắt nhau ) ( ,
)
)
Vì
nên ta có:
d
y
:
'
( );0M x ) ( + m 5
)
7
∈
=
+
= ⇔ =
Vì
;0
d
y
2
x
7
− ⇒ + − 2
m
7
x
m
m
0
( M x
)
(
) ' :
(
)
x + + 5 m = ⇔ =− − x 5 m a≠ ;M x y là giao điểm hai đường thẳng ( ( ( ) ;M x y thuộc trục hoành nên thuộc ( );0M x ( = + x Lại có
7
m
⇒ − −
=
⇔ − = − 2
m
7
m
− ⇔ = − ⇔ = − 1
m 3
10
m
3
5
m
− 2 m = − là giá trị cần tìm.
0 − m 2
1
Vậy Câu 6.
A
H
10 cm
6 cm
C
B
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
40
2
2
2
2
2
2
2
2
Xét tam giác ABC vuông tại B, theo định lý Pytago ta có: =
⇔
+
AC
BC
BC
AB
= 10
= 8 cm
− 6
64
− = ⇒ = 64 BC ,BH theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:
= AC AB Xét ABC∆
=
= BH AC AB BC
.
.
⇔ = BH
4,8(
cm
)
6.8 = 10
vuông tại B có chiều cao AB BC . AC =
=
cm BH 8 ,
4,8
cm
BC
Vậy Câu 7.
A
m
650O
B
C
=
=. Lại có:
065
Ta có: AOB là góc ở tâm chắn cung AmB nên
0
⇒
=
0 sd ACB
= 360
360
0 − 65
=
=
sd AmB
ACB
0 32,5
+ sd ACB sd AmB ACB là góc nội tiếp chắn AmB nên 0 = .65
sd cung AmB AOB 0 = 295 1 2
=
=
=
1 2 0 32,5
0 65 ,
sd ACB
0 ACB 295 ,
Vậy sd AmB Câu 8.
A
P
E
I
F
Q
H O
B
D
C
K
a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
41
=
0 =
CF
⊥ ⇒ AB
0 90 ,
90
0
BE AC =
+
⊥ ⇒ AEB 0 =
180
90
Ta có: Tứ giác AFHE có 0 90
⇒ Tứ giác AFHE nội tiếp
AFC + AFH AEH b) Chứng minh AH BC⊥
,BE CF là các đường cao trong tam giác và
AD BC
ABC
nên H là trực tâm của )
(
Kéo dài AH cắt BC tại D Do ABC∆
AD⇒ là đường cao trong
{ } = ∩ BE CF H ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ∆ AH BC dfcm c) Chứng minh AO là đường trung trực của đoạn thẳng PG
=nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng
= BFC BEC
Xét tứ giác BFEC có 090 nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau) ⇒
BFE
AFE ACB = Kẻ đường kính
(cùng bù với ( ) ) 1 ',AA Gọi I là giao điểm của AO và PG =
BA
=
'
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=
' BAA
.I
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
BACA nội tiếp nên ' (cùng chắn ( ) BCA ' ') 2 Tứ giác Từ (1) và (2) suy ra : ' + + AFE BAA ACB BC A Mà 0 = + = ACB BCA A CA 90 ' ' Nên 0 hay 090 + = + ' 90 AFE BAA AFI FAI 090 = ⇒ ⊥ ⇒ AO PG AIF tại I⇒ là trung điểm của PG (tính chất đường kính dây cung) Nên AO là đường trung trực của PG
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
42
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 18/7/2020 Thời gian làm bài: 120 phút
Đề số 8
Bài 1. (2,0 điểm)
x
1
=
1. Giải phương trình:
x
− 3
2
=
≠
2. Cho biểu thức
A
− x
x
.
0;
≥ x
)( 1
(
) 1
+ +
+ 2 x x
2 1
− 2 − 1 4x =
x − x a) Tính giá trị của biểu thức A khi b) Rút gọn biểu thức A và tìm giá trị lớn nhất của A
2
− 2
m
m
d
y
:
và đường thẳng (
)
(
Bài 2. (2,0 điểm) Cho parabol (
) :P y
x= a) Chứng minh rằng đường thẳng (
) − = + ( m là tham số) 1 x 2 5 )P tại hai điểm phân biệt với )d luôn cắt Parabol (
mọi giá trị m
b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng (
)P tại hai điểm phân biệt có
=
,x x dương và
)d cắt Parabol ( x− 2 2
x 1
hoành độ tương ứng là 1
2
Bài 3. (1,5 điểm)
Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp trường, tổng số học sinh đạt giải của cả
hai lớp 9 1A và 9 2A là 22 em, chiếm tỉ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên. Nếu tính riêng từng lớp thì lớp 9 1A có 50% học sinh dự thi đạt giải và lớp 9 2A có 28% học sinh dự thi đạt giải. Hỏi mỗi lớp có tất cả bao nhiêu học sinh dự thi ? Bài 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB và d là một tiếp tuyến của đường tròn (
)O tại điểm A. Trên đường thẳng d lấy điểm M (khác A) và trên đoạn OB lấy điểm N (khác )O tại hai điểm C và D sao cho C nằm giữa O và M và
).B Đường thẳng MN cắt đường tròn ( .D Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng CD
).AB Chứng minh rằng
a) Chứng minh tứ giác AOHM nội tiếp trong một đường tròn b) Kẻ đoạn DK song song với (MO K nằm trên đường thẳng
2
=
và
MA MC MD
.
MDK BAH =
c) Đường thẳng BC cắt đường thẳng OM tại điểm I. Chứng minh rằng đường thẳng
AI song song với đường thẳng BD
Bài 5. (1,0 điểm)
Tìm giá trị của x và y để biểu
x
y+ =
10.
thức
đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.
4 + y
A
)( 1
) 1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
,x y là các số thực dương thỏa mãn Cho ( 4 = + x
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
43
ĐÁP ÁN
=
1 2
3
− ⇔ = 6 7
1)
x
− ⇔ + = x
x
x
Bài 1. + x 1 2 S = Vậy
{ }7
=
vào biểu thức A ta có:
4(
tmdk
)
x
=
.3
2
A
4 3
( ) − = − . 4 1
2 =− 1
Vậy
− + 2 4 2 2 4 − − + 4 1 4 1 =⇒ =− A 2 4
2) a) Thay khi x
2
−
(
x
2
=
−
+
A
.
x
.
x
x
(
) − = 1
(
)( 1
) 1
+ +
2 1
x − − x
1
2 2 +
x
+ − (
x ) 1
b) Rút gọn:
) − 1
=−
x
.
x
x x (
) − =− + 1 x x
Ta có:
2
2
=−
−
+
A
− x
2.
+ x
.
x
( − x
) =− x
(
)
1 2
1 4
1 2
1 4
2 1 + =− 2
2
Vì
(
) 1
− ≥ ⇒ ≤ ∀ ≥ ≠ x x 0 A 0, x 1 2
Dấu "
"= xảy ra
= ⇔ =
A
x
Vậy max
1 4
1 4
x x tm ( ) 1 4 1 ⇔ = ⇔ = 2 1 4
Bài 2.
a) Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt
2
2
=
. Phương trình (*) có:
Phương trình hoành độ giao điêm của (P) và (d) là: + ⇔ − 5 x x 2
+ 2
− 2
m
m
m
m
x
x
) − 1
(
2
( + −
2 −
2 +
−
−
1 2
( ) − = 5 0 * + + = 4 2
m
4
m
− m
2
4
m
m
(
)
2 (
−
m
m
m
2
2
+ > ∀ 2 0
) − 1 2 ) − 1 2 )
∆ = ' Vì (
+ = 5 ) ≥ ∀ ⇒ −
m (
2 (
2 m 2 )
m (
+ = 5 )
2
−
− =
+
m
m
2
( ) 5 0 *
,x x dương thì:
2
. Khi đó áp dụng Vi-et ta có:
m 0 b) Tìm các giá trị m ) ( − x x 1 2 )d luôn cắt ( )P tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 ) ( − > ⇔ > 0
m
m
2
5 2
0 > ⇔ 0 > 0
2
Xét phương trình Để đường thẳng ( ∆ > ∀ 0 m ∆ > ) ( S 1 P − > m 5 0
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
44
+
=
2
m
. Theo đề bài ta có:
x 2 =
− 2 −
2
m
5
x 1 x x 1 2
2
−
−
= ⇔ 2
4
2
4
x 1
x 2
x 1
x 2
= ⇔ + x 1
− x 2
= x x 1 2
−
⇔ − − m
2 2 2
2
) ( − = ⇔ − = m 2
m
5
4
6 2 2
m
− ⇔ 5
2
m
− = 5
m
3
≥
≥
m
3
m
3
⇔
⇔
⇔
2
2
−
+ =
−
=
−
m
6
m
9 2
m
− 5
m
− 8 m
= + 14 0
3
m
2
m
5
− ≥ 3 0 2 )
+
m ( = m
4
2(
tm
)
=
−
)
4
m
2(
tm
+ thỏa mãn bài toán .
2
4
m =
)
,x y ∈
+
= ⇔ + = x
.40% 22
x
y
y
( ) 55 1
)
,x y (học sinh) (
⇔ Vậy Bài 3. Gọi số học sinh dự thi của lớp 9 1A và 9 2A lần lượt là Vì số học sinh đạt giải là 22 em, chiếm tỉ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp nên ta có phương trình ( Nếu tính riêng từng lớp thì:
(học sinh)
50%
x
Lớp 9 1A có số học sinh đạt giải là
1 x= 2
=
(học sinh)
28%
y
y
Lớp 9 2A có số học sinh đạt giải là
7 25
+
y
x
= y
14
25
22
= ⇔ + x
( ) 1100 2
7 25
+
=
=
1375
275
55
25
25
x
x
30
⇔
⇔
tm (
)
+ = y +
=
1100
25
14
55
y
x
y
y
25
11 y = − x
= ⇔ =
học sinh.
x + 25 x A
A
Vì cả hai lớp có 22 học sinh đạt giải nên ta có phương trình: 1 2 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: y = y 14 1100 Vậy số học sinh dự thi là 9 1: 30 học sinh; 9 2 : 25 Bài 4.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
45
M
C
I
F
J
B
K
H N
O
A
D
E
O ⇒ ⊥
(đường kính – dây cung)
Ta có: MA là tiếp tuyến của ( H là trung điểm của
a) Chứng minh AOHM là tứ giác nội tiếp ) 090 = MAO⇒ { } = CD OH CD H
=
090 = OHC OHM
0
0
mà hai góc này đối diện nên
2
=
.
BAH
∠ ⇒ ∠
= ∠
MA MC MD (hai góc so le trong)
+ = = 90 180 MAO OHM+
⇒ Xét tứ giác AOHM có: 0 90 AOHM là tứ giác nội tiếp (đpcm) =∠ b) Chứng minh MDH MDK (
DK MO gt
và DMO
/ /
)
⇒
=
(cùng chắn )OH
=
=
)
(cùng chắn )AC
Ta có: Vì AOHM là tứ giác nội tiếp (cm câu a) HMO HAO )( Hay ( = ⇒ BAD DMO BAH MDK DMO dfcm = ∆ Xét AMC
ta có: M chung; MDA MAC
∆ và DMA
⇒ ∆
∆
⇒
2 ⇔
AMC
DMA g g ( . )
= . MA MC MD dfcm
(
)
AM MC = DM MA
/ /AI BD
c) Chứng minh
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
46
(câu b)
Gọi E là giao điểm của MO và Xét tứ giác AHKD có HAK KDH = ⇒
là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng
.BD Kéo dài DK cắt BC tại F
nhau)
AHKD ⇒ ∠ = ∠ DAK
=∠ DCB
,DCF
/ /
(góc nội tiếp cùng chắn )DK DHK (cùng chắn )DB nên DHK DCB ⇒ HK CB HK CF / / ,
= / / HK CF H là trung điểm CD nên K là trung điểm FD
∠ Mà DAK Hai góc này ở vị trí đồng vị nên Trong tam giác
⇒
. Lại có:
DK FK = OE OI
BK BO
=
=
⇒ =
)
(
OE OI
DK FK cmt
⇒
AI BD dfcm
AI BE / /
/ /
(
)
2
2
4
4
4
2
2
−
+
4 + = + xy 1
4 + y
xy
xy
A
1
x
x
y
y
(
)
( + 2
( +
)
)
⇒ = DK KF ⇒ DK MO DF IE / / / /
Mà Xét tứ giác AIBE có hai đường chéo IE và AB cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường ⇒ nên AIBE là hình bình hành Bài 5. Ta có: ( 4 = + x
) = + 1
)( 1
(
)
2
2
2
4
=
+
−
−
+
+
x
y
2
xy
2
xy
xy
1
(
)
(
)
(
)
2
4 −
2 −
2 +
4 +
y
4.
+ x
xy
2
xy
xy
1
.
)
(
(
)
( = + x
(
)
(
)
2 +
4 +
=
1
xy
xy
) y )
+ xy (
4 )
(
4
=
−
40
xy
xy
2 )
xy t
2
+
x
y
+ − xy 100 40 ) ( ( + + 2 101 xy= . Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: Đặt )2
(
y
<
≤
=
=
.
0
xy
4
5 2
+ x 2
4
2
Khi đó ta có:
= A t
+ 2 t
− t 40
+ 101
0
5 < ≤ t 2
4
2
2
=
−
+
+
−
+
+
A
t
16
t 40
40
45
( t 10
)
2
2
2
=
−
+
+
−
4
A
t
10
t
≥ 45 45
2
) (
( (
t 8 )
2
=
2
⇔
⇔ = t
2(
tm
)
Dấu "
"= xảy ra
4 0 2 0
xy ⇔ x
+ = y
10
) − = t − = t
2
−
+ =
Khi dó
X
10
X
2 0
∆ =
=
Ta có:
>do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt:
10
− 4.1.2 2 0,
(
)2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
,x y là nghiệm của phương trình :
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
47
2
10
=
X
2
10
=
X
10
2
10
2
10
2
10
2
⇒
x y ;
;
x y ;
;
(
)
hoặc (
)
− 2
+ 2
+ 2
− 2
− 2 + 2 =
=
10
2
10
2
hoặc
x y ;
;
A =
45
⇔( ⇒
)
Vậy min
− 2
+ 2
=
10
2
10
2
x y ;
;
(
)
+ 2
− 2
=
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
48
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Đề số 9
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2020-2021 Môn thi : TOÁN Ngày thi : 09/7/2020 Thời gian làm bài : 120 phút (không tính phát đề)
Bài 1. (2 điểm) Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
1
2
4
2
+
− =
1)
x
+ − x
= 12 0
2)
x
8
x
9 0
3)
x x
+ =− y + = y
2
3 6
Bài 2. (1,5 điểm)
2
+
−
Cho phương trình :
2020
x
,x x . Không giải
= có hai nghiệm phân biệt 1
2
x 2021 0 phương trình, tính giá tị các biểu thức sau :
+
+
1)
2 x 2
2 2)x 1
1 x 1
:
d
=− y
3
x
23 x= 2
3 + 2
1 x 2 Bài 3. (1,5 điểm) ) Cho Parabol ( P y : 1) Vẽ đồ thị của (P) và ( 2) Tìm tọa độ các giao điểm của (
) và đường thẳng ( )d trên cùng một mặt phẳng tọa độ )d bằng phép tính.
)P và (
Bài 4. (1,5 điểm )
Cho biểu thức
x =
− 8 2 7
+ = A 1 − 1 + 1 − x x x x − 2 x x x 1 + :
x 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tính giá trị của biểu thức A khi
Bài 5. (3,5 điểm)
)
.Ax Trên Ax lấy điểm
;3O cm có đường kính AB và tiếp tuyến )O tại cắt đường tròn (
AC C sao cho đường tròn (
.D Đường phân giác của góc CAD cắt
Cho đường tròn ( = cm BC , 8 )O tại M và cắt BC tại N 1) Tính độ dài đoạn thẳng AD 2) Gọi E là giao điểm của AD và
trong đường tròn.
Chứng minh
F AB∈
,N E F thẳng hàng.
,
3) Chứng minh tam giác ABN là tam giác cân 4) Kẻ EF vuông góc AB (
).
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.MB Chứng minh tứ giác MNDE nội tiếp được
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
49
ĐÁP ÁN
Bài 1.
2
1)
x
+ − x
= 12 0
x
4 +
3
0
4
= 12 0 ) = −
+
=
3
− x ( 4
0
=
x
3
⇔
⇔
+ ) 3 )( x − = 3 0 + =
4 0
x
x =− x
4
2 ⇔ − x 3 ( ⇔ − x x ( ⇔ − x
x )
Vậy tập nghiệm của phương trình là
S =
} { − 3; 4
4
2
− =
2)
x
x+ 8
9 0
− =
=
Đặt
≥phương trình đã cho trở thành : 2 8 t+
t
9 0
t
( 2 x t
) 0 ,
Phương trình có dạng
)
tm
.
t
2 =⇒ =⇔ =± x
1
1
x
1
ktm
)
2
= t 1( 1 = − 9( t
Vậy tập nghiệm của phương trình là
S =
{ }1 ±
x
1
=− y
2
4
1
x
1
⇔
⇔
3)
= ⇔ =−
6
x
+ =− y + = y
2
+ x 2 6 + = 6 y x
2
y
4
y
4
3
− =− 3 x =−
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (
) x y = ;
( 1; 4
) −
+ + = + − = nên phương trình có hai nghiệm a b c 1 8 9 0
Bài 2.
2
−
+
Xét phương trình :
x
2020
x
( ) = 2021 0 *
2
∆ =
−
=
> ⇒
Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
' 1010
2021 1018079 0
Ta có: ,x x . 1 2
+
=
2020
Áp dụng định lý Vi
x 2 =
2021
x 1 x x 1 2
x 2
+
=
a
)
2020 = 2021
1 x 1
1 x 2
+ x 1 x x 1 2
2
+
=
+
=
− 2
2020
= − 2.2021 4076358.
(
)2
2 b x ) 1
2 x 2
x 1
x 2
x x 1 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
et− ta có:
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
50
Bài 3.
1) Học sinh tự lập bảng và vẽ đồ thị 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (
)P và (
)d ta có:
2
2
=−
x
x
3
3
2 + ⇔ =− x
+ ⇔ + 3 x 3 6
x
− = 3 x
6 0
2
2
+
2
2
x
0
2
0
3 2 x x ( ⇔ + x x
3 2 ⇔ + − = ⇔ + 2 0 ) ( −
x x x 2 ) = ⇔ − x
− − = 2 0 )( ( + x 1
) =
− =
x
x
= ⇒ = y
1
⇔
⇔
3 2
1 0 + =
x
2 0
x
=− ⇒ = 2 y
6
Vậy tọa độ giao điểm là
và
B
1;
( A −
)2;6
3 2
Bài 4.
+
=
A
1 −
1 +
0 1
1 − x
1
x
x
x x
x − 2
x
1) Rút gọn biểu thức A
+ :
> x ≠ x
−
+
−
2
x
x
.
x
) 1
(
)2 1
x ( x x
1
x
=
=
+
.
.
A
+
+
x
1
x
1
x −
−
−
x
x
x
x
.
x
x
+ 1 (
) 1
) 1
(
) 1
=
−
( 1
A
x
. Điều kiện : 0
2) Tính giá trị biểu thức A khi
Ta có:
2
= −
=
x
8 2 7
7
⇒ =
2 ) − − =
x
( 7 1
− Do
( 7 1 0
) − 7 1 ) − >
=
vào biểu thức A ta có:
Thay
2 = + 2. 7.1 1 ( 7 1 − tmDKXD
)
x
7 1(
−
A =
− − = 7
2
−
Vậy khi
thì
7 1 1 x =
− 8 2 7
A =
7
2
x = − 8 2 7 1x< ≠
Bài 5.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
51
C
N
D
M
E
A
B
F
O
1) Tính độ dài đoạn thẳng AD
= ⇒ ⊥
hay AD BC⊥
ADB
AD BD hay AB AC⊥
=
)O tại A nên Ax AB⊥ AB 2.3 6(
= cm
)
) ;3O cm nên
Vì ADB nội tiếp nửa đường tròn (O) nên 090 Ta có: Ax là tiếp tuyến của ( AB là đường kính của ( Do đó ABC∆ vuông tại A có đường cao AD Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có:
=
2
2
+ 2
1 AD
1 AB
1 AC
⇒
4,8(
cm
)
2
1 25 = ⇒ 2 AD 576
576 = 25
=
Vậy
1 AD AD
1 1 = + ⇒ 2 2 8 6 cm 4,8
2) Chứng minh MNDE là tứ giác nội tiếp
⊥
⇒
Ta có :
AD BC cmt
(
)
0 = EDN 90
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
52
AMB =
Tương tự ta có AMB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (
)O nên 090
hay
0
0
=
+ EDN EMN
90
180
⇒ ⇒ ⊥ ⊥ AM BM
là tam giác cân
3) Chứng minh ABN∆
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn )AM
(hai góc nội tiếp cùng chắn )MD
=
CAN MAD gt
(
)
,
do đó BM là tia phân giác của ABN
có BM là đường cao đồng thời là đường phân giác nên tam giác ABN cân tại
Ta có: CAN ABM= MAD MBD = Mà ⇒ = ABM MBD Xét ABN∆ B dfcm
(
)
,
4) Chứng minh ⊥
,N E F thẳng hàng ⊥
=
∩
có
AD BM E gt
(
)
(
(
);
);
AD BN cmt
BM AN cmt
{ }
⊥
AB gt (
EF
)
,EF NE cùng
090 = AN BM EMN Xét tứ giác MNDE có 0 + = 90 Vậy tứ giác MNDE là tứ giác nội tiếp .
(Tiên đề Ơ clit)
Xét ABN∆ E⇒ là trực tâm của tam giác ABN Do đó NE là đường cao thứ ba của tam giác ABN nên NE AB⊥ Lại có : ⇒ Qua điểm E nằm ngoài đường thẳng AB kẻ được hai đường thẳng vuông góc với AB Vậy
⇒ ≡
,
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
NE EF ,N E F thẳng hàng (đpcm)
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
53
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2020 ĐỀ THI MÔN TOÁN (CHUNG) Thời gian : 120 phút (không kể phát đề) Ngày thi 17/07/2020
Đề số 10
Câu 1. (2,0 điểm)
1. Tính giá trị các biểu thức sau :
=
A
− 64
49
= B
7
7
( + 4
)2 −
+
x
=
≥
2. Cho biểu thức
Q
3,
0
( − x
)
2 +
x 2
2Q =
x a) Rút gọn biểu thức Q b) Tìm giá trị của x để biểu thức
Câu 2. (2,0 điểm)
2
+
1. Cho
d
y
x= 2
3
x=
parabol P y
và đường thẳng (
) :
)d trên cùng một mặt phẳng tọa độ
) : ( )P và đường thẳng ( a) Vẽ parabol ( b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol (
=
3
2
2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau :
)d bằng phép tính )P và đường thẳng ( − y 3 =
x +
3
y
6
x
Câu 3. (2,5 điểm)
−
=
1. Cho phương trình ẩn
(1)
2
0
x
:x
)
,x x thỏa mãn hệ
( 2 5 + − x m a) Giải phương trình ( )1 với 6m = b) Tìm m để phương trình ( )1 có hai nghiệm dương phân biệt 1
2
+
=
thức
3 2
1 x 1
1 x 2
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là
2
.m Tính chu vi thửa đất đó .
320 Câu 4. (1,0 điểm)
=
Cho tam giác ABC vuông tại
=Tính số đo góc C và
AC
cm B , 8
0 ,A có cạnh 60 . ,AB BC ,đường trung tuyến AM của tam giác ABC
độ dài các cạnh Câu 5. (2,5 điểm)
),O Vẽ hai tiếp tuyến
,TA TB với đường )O tại hai điểm phân biệt C và D ( C
Từ một điểm T ở bên ngoài đường tròn ( ,A B là hai tiếp điểm). Tia TO cắt đường tròn ( tròn ( nằm giữa T và O) và cắt đoạn thẳng AB tại điểm F
a) Chứng minh : Tứ giác TAOB nội tiếp . b) Chứng minh:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= TC TD TF TO .
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
54
c) Vẽ đường kính AG của đường tròn (
,AG I là giao điểm của TG và
).O Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ .BH Chứng minh I là trung diểm của
điểm B đến BH
ĐÁP ÁN
−
= − =
64
8 7 1
Câu 1. = A 1)
=
−
−
=
B
+ 4
7
= + 7
4
7
= + 7
4
7
7
4
(
49 )2 −
2) a) Rút gọn biểu thức Q Với
+
x
x
+
(
)2
x
=
−
− = 3
3
3
Q
− = x
+
x
Vậy với
2 x + 2 0x ≥ thì
x x=
0x ≥ ta có:
2 Q 3 b) Tìm giá trị của x để
− 2Q =
Ta có:
5
x
x
25(
tm
)
= ⇔ − = ⇔ = ⇔ = Q 2 2Q = thì Vậy để
3 2 25
x x =
Câu 2.
)d
1) a) Học sinh tự vẽ (P) và ( b) Tìm tọa độ giao điểm
)d ta có:
2
2
2
=
+ ⇔ −
x
3 0
x −
+
0
3
0
3
x
x
x
x (
)( 1
3 ) 1 + = 1 0
1
⇔
⇔
)P và ( Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( − = − = ⇔ + − 3 3 0 2 x x x x 2 ( ) ) ( = = ⇔ + ⇔ + − x x 1 =− ⇒ = 1 y x x = ⇒ =
3
x
y
9 )P tại hai điểm phân biệt có tọa độ (
− = x 3 0 )d cắt ( Vậy (
)1;1−
và (
)3;9
=
x
−
⇔
⇔
x
= y =
x +
= =
=
3 6
3 y
3
2 x
x y
3 1
y
2) Giải hệ phương trình…… 3
9 − 6 3
) x y = ;
(
) 3;1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( Câu 3.
2
+ = ⇔ − −
+ = ⇔ − −
1. a) Giải phương trình khi 6m = thì phương trình (1) trở thành: Với 2 − x 5
4 0
4 0
4
x
x
x
x
4
x
0
( x x
) 1
(
) − = 1
1
4
x
( ⇔ − x
)(
4
= x ) − = ⇔ = 1 0 x
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
6m =
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
55
Vậy với
S =
}1;4 {
b) Tìm m để ………
Để phương trình ( )1 có hai nghiệm dương phân biệt 1
,x x thì 2
0 0 0
∆ > > S > P
2
−
−
>
2
m
4.
0
+ >
>
m
8 0
m
0
⇔
⇔
<
( luon dung
) )
⇔ < 2
m
− 25 4 > m 2
33 4
− 33 4 > m 2
2 0
− ( ) 5 ⇔ > 5 0( − ≥ m
=
+
5
Khi đó áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
. Theo đề bài ta có: − 2
x x 2 1 = x x m 1 2
+
x 1
=
+
x 2 =⇔
3
x 1
x 2
x x 1 2
( + 2
)
3 =⇔ 2
3 2
1 x 1
1 x 2
x x 1 2
−
⇔
+
+
=
2
4
2
9
m
m
( = 9
)
x 1
x 2
x x 1 2
x x 1 2
( ⇔ + 4 5 2
) − 2
⇔
−
−
=
9
2
m
m
) −
≥
Đặt
t
0
2
( ( = t −
m −
2 2 = ⇔ −
t 9
t 8
8 ( 20 0
) ( ) − − 2 20 0 * ) t 9
10
0
+ t 18
− t 10
20 0
) + 2
( − t
) = 2
2(
)
+
⇔
10
= ⇔ 0
( ⇔ − t
)( t 2 9
)
= −
− = 2 0 = + 10 0
t t 9
t
(
ktm
)
Với
, phương trình (*) trở thành: ( = ⇔ − t t 9 tm 10 9 tm )
= t m
2 4
6(
m
2
m
2
= ⇒ − = ⇔ − = ⇔ = 2 t 6m = Vậy
2. Tính chu vi thửa đất đó
Gọi chiều rộng thửa đất là
0
4x
)
( m+
)
2 = ⇔ +
4
+ 16 x
= 320 0
− 20 x
+
−
16
20
= ⇔ − x
16
20
16
+ x
0
0
x
2 = ⇔ − x )(
) ( , 2 ,m nên ta có phương trình : 320 0 (
) =
⇔
⇔
− +
( x m x > ⇒ Chiều dài thửa đất là 320 Vì thửa đất có diện tích là ( ) − + x x x 4 320 ( ) ) ⇔ − x x = 16 0 x 16( = x 20 0
= tm 20(
) ktm
x ( x =− x
6m = thì tập nghiệm phương trình là
=
+
) 16 20 .2 72 m
(
)
+ =
) ⇒ Chiều rộng thửa đất là 16 ,m chiều dài thửa đất là 16 4 20m Vậy chu vi thửa đất đó là : ( Câu 4.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
56
A
8 cm
C
600
M
0
0
=
(phụ nhau)
vuông tại A nên B C+
090
⇒ = C
90
− = B 90
0 − 60
0 = 30
B Vì ABC∆ Ta có:
0
=
=
=
tan 60
⇒ = AB
cm
(
)
0
AC tan 60
8 3 3
AC AB
8 3
0
=
=
sin 60
(
)
⇒ = BC
cm
0
AC sin 60
16 3 = 3
AC BC
8 3 2
Tam giác ABC vuông tại A có đường trung tuyến AM ứng với cạnh huyền BC nên:
=
=
AM
BC
.
cm
(
)
1 2
1 16 3 = 3 2
=
= =
Vậy C
0 30 ,
= AB AM
cm BC ,
cm
8 3 3 8 3 3
16 3 3
Câu 5.
A
T
O
C
F
D
K I H
G
B
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
57
Ta có:
)O tại A, B (gt)
⇒
=
⇒
090 = TAO TBO
a) Chứng minh tứ giác TAOH nội tiếp ,TA TB là hai tiếp tuyến của ( ⊥ TA OA ⊥ TB OB
0
0
=
=
+
, mà hai góc này là hai góc đối
TAO TBO+
180
90
. .
Xét tứ giác TAOB ta có: 0 90 diện nên TAOB là tứ giác nội tiếp = TC TD TF TO ⇒thuộc đường trung trực của AB
=
=
TO AB
{ } ⇒ ⊥ F vuông tại A có đường cao AF ta có:
2
ta có: (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn )AC
= (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) T⇒ thuộc đường trung trực của AB
b) Chứng minh: Ta có: OA OB R O TA TB= TO⇒ là đường trung trực của AB Áp dụng hệ thức lượng cho TAO∆ = (1) TF TO TA . ∆ Xét TAC∆ và TDA T chung; TDA TAC=
2
( ) 2
2
⇒
=
=
Từ (1) và (2)
.
⇒ ∆ ∆ TAC TDA g g ( . )
=
Gọi
⇒ = TA TC TD . )(
AT
AG
⇒
⇒
Ta có:
(so le trong)
= ABH TAB
BH AT / /
cân tại T
{ } K ⊥ ⇒ ⊥ AT OA ⊥ BH AG (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên TAB∆ BK
⇒ là phân giác của TBH ⇒ ⊥
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
TA TC ⇒ = TD TA ( ) TF TO TC TD TA . dfcm c) Chứng minh I là trung điểm của BH ∩ AB TG
hay BK BG⊥
Mà TA TB= = ⇒ = ⇒ TAB TBA ABH TBA Ta có: 090 ABG = Do đó BG là phân giác ngoài của TBH
=
Áp dụng định lý đường phân giác ta có:
BI GI KI = BT KT GT
=
=
(định lý Ta – lét )
Lại có
IH AT
=
Do đó
⇒ = BI
IH
KI KT BI AT
BI GI ; AT GT IH AT
BH dfcm (
)
Vậy I là trung điểm của
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
BA BG
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
58
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CÔNG LẬP Năm học 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN Thời gian : 120 phút
Đề số 11
Bài 1. (1,0 điểm)
−
Rút gọn biểu thức
6
( A = +
) 3 . 3 3 2
Bài 2. (2,0 điểm)
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
x
2
+
− =
b
)
a x )
2
x
3 0
2
+ = y 7 − = y
x
5
Bài 3. (2,0 điểm)
2
a) Vẽ đồ thị của hàm số
trên mặt phẳng tọa độ Oxy
=
x= +có đồ thị là (
).d Tìm giá trị m và n biết (
)d song song với
y b) Cho hàm số y mx n x=
d
y
+và đi qua điểm 3
đường thẳng (
)' :
)2;4M (
Bài 4. (1,0 điểm)
Lớp 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số quyển vở bằng nhau.
Bài 5. (4,0 điểm)
Cho nửa đường tròn (
)O đường kính
).B Đường thẳng vuông góc với MN tại N cắt các tiếp tuyến
Trên đoạn thẳng OB lấy điểm M ,Ax By của ,Ax By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa
)O lần lượt ở C và D (
(M khác O và nửa đường tròn ( )AB mặt phẳng bờ
R= 2 . AB
,BD cắt
a) Chứng minh tứ giác ACNM nội tiếp . b) Chứng minh c) Gọi E là giao điểm của AN và
= AN MD NB CM .
,N F B thẳng hàng
,
.CM Đường thẳng qua E và vuông góc với
MD tại
tính theo R diện tích của phần nửa hình tròn tâm O bán kính R
d) Khi 060 , ABN = nằm ngoài ABN∆
.F Chứng minh
ĐÁP ÁN
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
59
Bài 1.
−
6
=
( A = + + 18
) 3 . 3 3 2 − 3. 3 3 2
=
+ −
3 2 3 3 2
=
3
Vậy
2
2
− = ⇔ +
− − = ⇔ +
+
−
+
=
3 0
3 0
a x )
3
2
x
x
x
x
3
x
3
0
3A =
Bài 2. Giải phương trình và hệ phương trình ( x x
)
(
)
=
1
+
⇔
x
3
= ⇔ 0
)( 1
)
( ⇔ − x
− = + =
x x
1 0 3 0
x =− x
3
Vậy
S =
} { − 1; 3
=
x
x
4
⇔
b
)
=
2
+ = y 7 − = y
x
5
y
12 x = − 7
x
y
3
3
= ⇔
4;3
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (
) x y = ;
(
)
Bài 3.
a) Học sinh tự vẽ (P) b) Tìm m và n ………….
1
d
y
x=
+nên ta có 3
Vì đường thẳng (
)d song song với đường thẳng (
)' :
= m ≠ n 3
=+
y
( ≠ x n n
)3
∈ ⇒ = + ⇔ = 4 2
2(
n
)
Vậy
)d có dạng Khi đó phương trình đường thẳng ( ( ) tm n d Mà = 2
) ( 2;4 n= 1,
M m
Bài 4.
Gọi số học sinh giỏi lớp 9A theo dự định là x (học sinh) (
)*
x ∈
⇒ Dự định, mỗi phần thưởng có số quyển vở:
(quyển vở)
80 x
Số học sinh giỏi thực tế của lớp 9A là :
⇒ Thực tế, mỗi phần thưởng có số quyển vở là :
(quyển vở)
80 2x +
Thực tế mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển so với dự định nên ta có phương trình
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
2x + (học sinh)
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
60
−
= ⇔ 2
80
2
80
2
2
+ x
= x
(
) −
( + x x
)
2
=
+
2
4
x
x
x
x
10
− x
8
− x
= 80 0
+
=
10
10
8
0
x
80 80 + x x 2 − ⇔ + 160 80 80 x 2 ⇔ + x 2 ( ⇔ + x x
− )
2 = ⇔ + x 80 0 ( ) −
= −
x
)
−
10
x
8
0
( ⇔ + x
)(
)
ktm 10( )
8(
tm
x
= ⇔ = + =
học sinh giỏi.
Vậy cuối năm lớp 9A có 8 2 10
Bài 5.
y
x
D
N
1
1
C
E
F
1
1
A
B
O
M
a) Chứng minh tứ giác ACNM nội tiếp
0
0
=
180
)O tại A nên 090 Vì AC là tiếp tuyến của ( MAC = 090 = =∠ ∠ Vì MN CD⊥ MND MNC tại N nên Xét tứ giác ACNM có: 0 + = + MAC MNC 90 90 ⇒
là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng
0 180 )
=
090
0
0
.
MBD∠ = 90 = ∠
là tứ giác nội tiếp
0 + = 180 90 (cùng chắn cung
)MN
MND MDN
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
ACNM . b) Chứng minh Vì BD là tiếp tuyến của ( ∠ Xét tứ giác BMND có: ⇒ = AN MD NB CM )O tại B nên + ∠ MBD ⇔ ∠ BMND MBN
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
61
(cùng chắn cung
)MN
∠
có:
=∠ );
BAN
MCD cmt (
)
BAN MCD ⇒ = ∆ Xét ABN∆ và CDN
⇒
⇒ ∆
∆
⇒
=
ABN
CDM g g ( . )
AN MD NB CM dfcm
(
.
.
)
∠ =∠ MDC cmt ( ABN AN NB = CM MD ,N F B thẳng hàng.
,
=
Gọi
BD⊥
∆
(góc nội tiếp chắn nửa đường
ABN
)
mà 090 ANB =
0
⇒
= ∠ ABN ⇒ ∠ = ∠ ⇒ ∠ MDC Vì ACNM là tứ giác nội tiếp (câu a) MAN MCN
c) Chứng minh E BN DM , ∆ CMD
0
0
=
90
180
∩ ta chứng minh EF nên ANB CMD = CDM cmt ( Vì tròn) 0 = = = ⇒ 90 ENF EMF 90 Xét tứ giác MENF có 0 + = + ENF EMF 90 ⇒
là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng
0 180 ).
)MF
E D
⇒ = 1
=
+
(hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ
D BMD
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM) ( ) 1 1 vuông tại B nên 0 90
1
0
0
0
+
=
− ∠
−
=
⇒ ∠ + ∠ M BMD
0 = 180
180
CMD
180
0 = 90
90
1
1
1
mà hai góc này ở vị trí so le trong nên
1
⊥
AB BD gt
AB . Lại có
BD
/ /
)
(
F BN dfcm
(
)
1 Vì BDM∆ nhau) Mà + BMD CMD M ( ) ⇒ = D M 1 2 Từ (1) và (2) suy ra E M= 1 ⇒ ⊥ EF EF AM hay EF / / ∈ Vậy đường thẳng qua E vuông góc với BD cắt MD tại
=
MENF ⇒ = N E 1 1 Mà N D= 1
, tính theo R diện tích …..
ABN∠
0,60
d) Khi
=
=ta có:
AB
R ABN
0 60 (
2 ,
gt
)
0
0
Xét tam giác vuông ABN vuông tại N có = 3 =
= AN AB = BN AB
∠ ABN ∠ ABN
R R
2
R
3
⇒
=
=
= R
R
S
3.
AN BN .
ABN
.sin .cos 1 2
= 2 .sin 60 R = 2 .cos60 R 1 2
2
2
Diện tích nửa hình tròn tâm (
) ;O R là
rS
1 Rπ= 2
là:
R
3
2
− Rπ
S
S
3
= − S r
= ABN
Vậy diện tích của phần nửa hình tròn tâm O, bán kính R nằm ngoài ABN∆ 2 ( π
)
2 = 2
R − 2
1 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
62
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
CÀ MAU
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn thi: Toán (không chuyên)
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Ngày thi: 23/7/2020
Thời gian : 120 phút
Đề số 12
Bài 1. (1,0 điểm)
−
−
+
−
a) Tính giá trị của biểu thức
3
3
A =
5
)
(
)2
( +
−
x y
y x
x
y
(
11 )
=
b) Rút gọn biểu thức
B
)( 11 5 )( xy
> 0 x > 0 y
Bài 2.(1,0 điểm)
4
2
a) Giải hệ phương trình:
+ +
b) Giải hệ phương trình :
+ x =− y 2 + =− y
= 10 0 4 13
x
− 3 x 3 x − 4
Bài 3.(1,5 điểm) Cho Parabol (
) P y :
23 x= 2
=
y
x m
)P a) Vẽ đồ thị ( b) Tìm m để đường thẳng (
) :d
+ cắt (
)P tại hai điểm phân biệt
Bài 4.(1,5 điểm) Vừa qua, chính phủ đã điều chỉnh giảm 10% giá bán lẻ điện từ bậc 1 đến bậc 4 cho khách hàng sử dụng điện sinh hoạt bị ảnh hưởng bởi dịch Covid – 19 trong ba
tháng 4,5,6 của năm 2020. Cụ thể như sau:
GIÁ BÁN ĐIỆN
(đã làm trò đến đơn vị đồng/kWh)
BẬC
Tháng 3
Tháng 4
(trước điều chỉnh)
(sau điều chỉnh)
Bậc 1: Cho kWh từ 0 – 50
1678 đồng/kWh
1510 đồng/kWh
Bậc 2: Cho kWh từ 51 – 100
1734 đồng/kWh
1561 đồng/kWh
Bậc 3: Cho kWh từ 101 – 200
2014 đồng/kWh
1813 đồng/kWh
Bậc 4: Cho kWh từ 201 – 300
2536 đồng/kWh
2282 đồng/kWh
Bậc 5: Cho kWh từ 301 – 400
2834 đồng/kWh
2834 đồng/kWh
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
63
Bậc 6: Cho kWh từ 401 trở lên
2927 đồng/kWh
2927 đồng/kWh
Dựa vào các số liệu của bảng trên, hãy giải bài toán sau:
Gia đình của dì Năm Huệ đa trả tổng cộng 249580 đồng tiền điện sinh hoạt cho hết tháng 3 và tháng 4 năm 2020. Biết rằng trong hai tháng đó gia đình dì Năm Huệ tiêu thụ hết 155
kWh và mỗi tháng mức điện tiêu thụ chưa đến 100 kWh nhưng lớn hơn 50 kWh. Hãy tính
xem điện tiêu thụ trong tháng 4 của gia đình dì Năm Huệ là bao nhiêu kWh ?
2
2
−
+
Bài 5.(1,5 điểm) Cho phương trình :
:m tham số)
x
2
m
4
+ x m
− = ( 8 0
(
)
−
đạt giá trị
3
a) Giải phương trình khi b) Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm 1
,x x và 2
= + A x 1
x 2
x x 1 2
lớn nhất, tìm giá trị lớn nhất đó
m = − 1
Bài 6.
,BD CE của tam giác
,BD CE
.
Câu 1.Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn. Vẽ các đường cao ABC Gọi H là giao điểm của
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp được đường tròn b) Chứng minh rằng:
c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
= DE AC BC AE . .
ABC Chứng minh rằng OA DE⊥ .
Câu 2. Tàu ngầm đang ở trên mặt biển bỗng đột ngột lặn xuống theo phương tạo với mặt
nước biển một góc
020
a) Nếu tàu chuyển động theo phương lặn xuống 400m thì nó ở độ sâu bao nhiêu mét b) Tàu phải chạy bao nhiêu mét để đạt đến độ sâu 1000 ?m
(Lầm tròn kết quả đến mét)
ĐÁP ÁN
Bài 1.
2
=
−
−
=
=
−
a A )
5
3
11
5
(
)
+
) −
−
+
x y
)( 11 5 y x
x
y
xy
) x
( x
y
y
( (
− )
− − 25 11 (
6 5 )
=
=
=
x
− y
b B )
+ )( xy
+ 9 6 5 5 )( xy
> x 0 > y 0
4
2
+
+
Bài 2. − ) 3
a
x
x
= 10 0
2
2
=
t Đặt 2 − 3 t
x= + + t
, phương trình thành: − 5 t
= ⇔ − t 3
10 0
+ 6 t
+ 10 0
2
5
2
0
( = ⇔ − t t 3
) −
( − t
) −
)
2
− − 3 t
5
= ⇔ 0
2
( ⇔ − t
)(
)
(
⇒ =± x )
ktm
= t = t
tm 2( − 5 3
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
64
+
4
x
=− 2
y
4
= 22
x
2
⇔
)
b
⇔ =−
13
+ 8 x
2
=− y
26
4
x
13
y
5
x
+ 3 −
= 11 x ⇔ = − y
−
2; 5
=− y 2 + =− y ( ) x y = ;
)
3 x − 4 Vậy ( Bài 3.
a) Học sinh tự vẽ parabol (P)
=
có hai nghiệm phân biệt
⇔ phương trình hoành độ giao điểm
+ x m
( ) 1
b) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt 23 x 2
2
−
=
⇔ − 3 x
2
x
2
m
0
Ta có ( ) 1
∆ =
+ ' 1 6
m
1 > ⇔ > − 0 m 6
Vậy
m > −
1 6
Bài 4.
<
Gọi mức tiêu thụ tháng 3 và tháng 4 của nhà đó lần lượt là
a b k h
, ( W ,50
a b< ,
100)
+ =
a b
−
+
−
a
+ 50 .1734 50.1510
= 50 .1561 249580
b
155 ( +
)
(
)
Theo bài ra ta có hệ: 50.1678
=
⇔
⇔
tm (
) =
=
+ = 155 + b 1961
75 80
254930
a b 1734 a
a b
Vậy mức tiêu thụ điện tháng 4 là 80 Wk h
Bài 5.
a) Với
2
2
2
x
x
− = 7 0
1 4
x
x
2
)
+
−
=
( ) + − 1 + − = ⇔ −
7
x
7
0
( 2 ⇔ − x
7
x
x
7 0
− = ⇔ − 6 )
(
)
+
x
7
) 1
( ⇔ − x
)(
Vậy khi
1
m
8 0 ( x x = x 7 = ⇔ = − 0 x 1 { } =− ⇒ = − S 1;7
b) Để phương trình đã cho có nghiệm
2
⇔ ∆ ≥ ⇔ +
−
≥ ⇔ ≥ −
' 0
m
4
m
8
m
8 0
m
3
(
)2
+
=
2
m
+ ≥ ⇔ + (
24 0 ) + 4
x 2
x 1
Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
. Ta có:
2
−
8
= x x m 1 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
m = − ta có: 1 − + −
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
65
2
−
=
+
−
3
2
m
4
3
m
8
(
) −
= + A x 1
x 2
x x 1 2
(
)
2
=−
+
2 +
+ m 3
+ 2 m
=− 32
− 3
m
32
1 3
1 3
2
Do
(
)
Vậy
MaxA
m
tmdk (
)
1 = ⇔ = 3
97 3
− ≥ ∀ ≥ − ⇒ ≤ m m A 0 3 32 1 3 1 + = 3 97 3
Bài 6.
Câu 1.
B
E
H
O
F
C
D
A
= AEH ADH
=⇒ tứu giác ADHE nội tiếp đường tròn
)
= và cùng nhìn cạnh BC nên BEDC là tứ giác nội tiếp gt
0
⇒
=
⇒
0 −
a) Theo giả thiết, ta có: 090 b) Vì 090 ( = BDC BEC + BED BCD
180
= = = BED DEA BCA BCD 180
=
DEA BCA cmt
)
Xét AED∆
⇒ ∆
∆
⇒
=
AED
ACB g g ( . )
⇒ .
DE AC BC AE dfcm
(
)
= .
có: DAE chung; ( AC BC
AE DE
=
∩
c) Gọi
0
=
−
=
0 −
{ } OA ED F − FAD FDA
180
180
( ) − OAC EDA 1
∆ và ACB
Ta có: AFD Xét OAC∆
có OA OC
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= ⇒ ∆ cân tại O OAC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
66
0
AOC
180
0
=
⇒
OAC
= − 90
( ) ABC 2
∆
=
(do
AED
− 2 Lại có: EDA ABC
0
0
0
⇒
=
−
=
Từ (1), (2), (3) AFD
180
90
) − ABC
⇒ ⊥
⊥
AF FD hay AO ED dfcm
(
( ) ∆ ) 3 ACB ( − ABC 90 )
Câu 2.
C
400m
200
B
A
0
≈
a) Tàu ở độ sâu:
= AC BC
.sin 20
137(
m
)
=
≈
b) Số mét tàu chạy:
BC
2924(
m
)
0
= 0
AC sin 20
1000 sin 20
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
67
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 1O THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Khóa ngày : 24 tháng 7 năm 2020 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút
Đề số 13
A.PHẦN TRẮC NGHIỆM
Câu 1. Căn bậc ba của 1728 là :
A .12 B .42 C .576 D .1728
Câu 2.Hàm số nào dưới đây là hàm số bậc nhất ?
2
−
=
−
=
A y .
− = . B y
5
x
16
C y .
5
x
7
D y .
x
2 =− x
có đồ thị là hình vẽ nào dưới đây ?
Câu 3. Hàm số
y
21 = − x 2
2
+ =− y
1
là:
Câu 4.Nghiệm của hệ phương trình
x +
=
x
2
y
4
A
B
C
D
( − . 3; 2
)
( − . 3;2
)
( − . 2;3
)
( − . 2; 3
)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
68
bằng
Câu 5.Diện tích của hình tròn có bán kính
2
2
2
2
π
π
π
π
A
.20
cm
B
.25
cm
C
.50
cm
D
.10
cm
5R cm=
Câu 6.Điều kiện của x để biểu thức
4x − có nghĩa là :
;I R vẽ hai tiếp tuyến
,MP MQ (hình IM Khẳng định nào dướu đây sai ?
) .
≤ ≥ ≤ − 4 4 B x . C x . 4 D x . ≥ − 4
A x . Câu 7.Từ một điểm M nằm bên ngoài đường tròn ( minh họa phía dưới). Gọi H là giao điểm của PQ và
P
H
I
M
Q
2
2
=
=
− A MP .
2 IM IP
= = B HP HQ
.
C IM R D MP MQ
.
.
Câu 8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn và 060 .
ABC =
Số đo của góc ADC bằng
D
A
600
C
B
0
0
0
0
A
.180
B
.60
C
.90
D
.120
2
Câu 9.Tập nghiệm của phương trình
x
x+ 2
− = là: 8 0
A
B
C
D
{ } − − . 4; 2
{ } . 2;4
{ } − . 2;4
{ } − . 4;2
+và parabol
d
y
x= 2
1
) :
2 3 ?
x=
Câu 10. Điểm nào dưới dây là giao điểm của đường thẳng ( ) ( P y :
A
B
C
D
( − . 1;3
)
( . 1;3
)
( − . 1; 3
)
( ) − − . 1; 1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
69
π=
Câu 11.Một cái bồn chứa xăng gồm hai nửa hình cầu và một hình trụ có kích thước như và hình vẽ bên dưới. Thẻ tích của bồn chứa xăng bằng (lấy giá trị gần đúng của
3,14
kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất )
3,64m
1,84m
3
3
3
3
A
.12,9
m
B m .8,1
C
.12,1
m
D
.64,8
m
Câu 12.Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 260m và hai lần chiều dài lớn hơn ba lần chiều rộng là 10 .m Chiều dài và chiều rộng của khu vườn đó lần lượt là :
A m m .76 ,54
B m m .54 ,76
C m m .80 ,50
D m m .50 ,80
bằng:
− +
Câu 13.Giá trị của biểu thức 3 5 4 125
A
.29
B
− . 11 5
C
− . 11
D
.29 5
+ = Giá trị của biểu thức
22 x
x+ 5
1 0.
,x x là hai nghiệm của phương trình
+
2 bằng:
3
180
Câu 14. Gọi 1 − x x x 1 1 2
x 2
=
1
có nghiệm duy
A − . 4 B .1 C − . 1 D .4
Câu 15. Tất cả giá trị tham số m sao cho hệ phương trình
mx x
+ y 4 − =− y
1
nhất là :
≠ ≠ ≠ − 4 ≠ − 1 C m . 1 D m .
và đường thẳng (
cm= 4 )d cắt (
)O tại hai )d
bằng:
A m . B m . Câu 16. Cho đường tròn ( điểm phân biệt 5R Khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng (
)O có bán kính cm= 6 . cm
=
+đi qua điểm
và đồng thời song song
y
ax b
2
2
+Giá trị của biểu thức
bằng:
y
4.
( )1;2M b+ a
A cm .8 C cm .2 D cm .4
,A B sao cho AB .12 B Câu 17. Cho đường thẳng ( )1 :d với đường thẳng ( x= 3
)1 : d
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
A .28 B .27 C .10 D .52
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
70
−
−
Điểm nào có
Câu 18. Trong mặt phẳng tọa độ, cho
N
P
Q
M
(
) 2;1 ,
( ) − 1; 2 ,
(
) 2;1 .
1
tọa độ là nghiệm của hệ phương trình
?
2
x
) 1;2 , + = y + = y
0
( 3 x
A. Điểm Q
B. Điểm M
C. Điểm N
D. Điểm P
=−
có đồ thị đi qua điểm
Câu 19. Cho hàm số
1; 2
y
+ 3 x b
M − − . Giá trị của b bằng
(
)
A .5 B .1 C − . 7 D − . 5
Câu 20. Từ đỉnh của một tòa nhà cao 70 ,m người ta nhìn thấy một ô tô đang đỗ ở vị trí A 050 (minh họa như hình vẽ). Khoảng cách từ A đến vị trí B của tòa nhà đó là
với một góc (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)
500
70 m
B
A
A
.45,0
m
B
.58,7
m
C
.83,4
m
D
.53,6
m
B.PHẦN TỰ LUẬN (6,0 điểm)
Câu 1. (1,5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau :
−
2
+ =− y
6
2
4
2
+
− =
+
− =
a x )3
5
x
2 0
b x )4
3
x
1 0
c
)
x −
=
2
x
3
y
10
Câu 2. (1,0 diểm)
a) Vẽ đồ thị của hàm số
y
22 x= b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình
2
2
−
−
x
2
+ mx m
,x x thỏa mãn
+ = có hai nghiệm phân biệt 1
2
+
−
=
7
− 12
3 m (
6 0 )
2 x 1
2 x 2
x x 1 2
x 1
+ x 2
Câu 3. (1,0 điểm) Một trường THCS A tổ chức cho giáo viên và học sinh đi tham quan tại
một khu du lịch sinh thái vào cuối năm học. Giá vé vào cổng của mỗi giáo viên và học sinh
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
71
lần lượt là 70000 đồng và 50 000 đồng. Nhằm thu hút khách du lịch vào dịp hè, khu du
lịch này đã giảm 10% cho mỗi vé vào cổng. Biết đoàn tham quan có 150 người và tổng số tiền mua vé là 7 290000 đồng. Hỏi trường THCS Acó bao nhiêu giáo viên và bao nhiêu
Vẽ đường cao
AB AC< .
học sinh đi du lịch ? ,AH Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và đường tròn đường kính HB cắt AB tại D và đường tròn đường kính HC cắt AC tại E
2
=
IH
ID IE .
a) Chứng minh rằng tứ giác ADHE nội tiếp b) Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng DE và c) Gọi
,M N lần lượt là giao điểm của đường thẳng DE với đường tròn đường kính
.BC Chứng minh
HB và đường tròn đường kính thẳng BM và CN nằm trên đường thẳng
.HC Chứng minh rằng giao điểm của hai đường
.AH ĐÁP ÁN
I.Trắc nghiệm
1A
2C
3A
4C
5B
6C
7C
8D
9D
10B
11A 12C
13B
14A 15B
16D 17A 18D 19D 20B
II. Tự luận
2
+
)3 a x ⇔
5 x +
2
2
0
x
0
3
− = ⇔ + )
2 0 ( −
x (
− − = 2 0 )( 2 3
) − = x 1
Câu 1. 2 + ( x x
3 x x 6 ) = ⇔ + x = − 2
x
⇔
⇔
=
x 3
+ = 2 0 − = 1 0
x
x
1 3
4
2
b x )4
2
=
Đặt
1 0
t+ 3
x
x+ 3 ( t t
− = 1 0 )
+
24 t
t 4
t
1 0
= 0
t
≥ ⇒ thành: 0 pt ) 1 = −
24 t ( ktm
)
t
− = ⇔
0
( ⇔ + t
)( t 1 4
) 1
⇒ =± ) x
tm (
− = ( ) − − = ⇔ + − + t t 1 4 = t
1( 1 4
1 2
=
Vậy
S
1 ± 2
=
− 2
y
=−
6
− 2
+ =− y
y
2
⇔
⇔
)
c
6
y
=
x −
=
=
y
x
2
3
10
2
x
x
4 + 2
−
2; 2
) x y = ;
(
)
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( Câu 2.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
72
2
2
−
Phương trình
a) Học sinh tự vẽ đồ thị (P) b) Tìm tất cả giá trị m……… − m 3
+ mx m
2
x
6 0
x x ⇔ ∆ >
' 0
,
+ = có hai nghiệm 1
2
2
− > ⇔ >
+
6 0
m 3
2
⇔ − Vậy
,x x phân biệt
2 m m m 2m > thì phương trình đã cho có hai nghiệm 1
2
=
+
m
x 1
Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
. Theo đề bài ta có:
2 2
−
+
m 3
6
x 2 = x x m 1 2
+
−
=
− 12
7
(
)
2 x 1
2 x 2
x 1
+ x 2
2
−
−
+
+
3
= 12 0
7
)
( ⇔ + x 1
x 2
x x 1 2
x 2
x 1
2
2
−
+
+
−
⇔ − 4 m
m
m 3
7.2
m
= 12 0
3
6
2
2
+
−
+
9
m
m
= 12 0
x x 1 2 ) ( m 3
( ) − 18 14 2
⇔ − 4 m 2
=
m 5 − 6
0
)
− = + 6 0 m m m 6 ) )( ( + = ⇔ − m m 1 6
− = ⇔ − 6 0 ( ) − + m 0 6 tm
)
)
ktm
⇔ − m ( ⇔ m m = m 6( ⇔ = − 1( m 6m = Vậy
⇒
∈
<
150)
*,
x
x
Số học sinh là : 150 x− (người)
Số tiền phải trả cho số vé của học sinh là
(đồng)
)
+
−
Nên tổng số tiền phải trả lòa
(đồng)
70000
x
x
Câu 3. Gọi số giáo viên là x (người), (ĐK: Số tiền phải trả cho số vé của giáo viên: 70000x (đồng) ( 50000 150 x− ) ( 50000 150
Vì khu du lịch giảm 10% cho mỗi vé vào cổng và đoàn tham quan phải trả là 7 290000
−
+
=
x
x
70000
.90% 7 290000
−
x
) =
−
−
đồng nên ta có phương trình: ) ⇔ + = .90% 729 7 ⇔ + 7
810
x
x
⇔ + 7 x
750 50
x
= 810
( 50000 150 ( x 5 150 ( ) 5 150 ⇔ = ⇔ = 30( 60
tm
2
x
x
)
học sinh.
Vậy trường THCS A có 30 giáo viên và 150 30 120
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
− =
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
73
Câu 4.
A
E
K NM
D
C
B
H
I
a) Chứng minh rằng tứ giác ADHE nội tiếp
=
BH
=
CEH⇒
CH 0
0
⇒
=
+
=
là tứ giác nội tiếp
ADHE
180
90
Ta có: BDH là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính 090 BDH⇒ CEH là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính 090 Xét tứ giác ADHE ta có: 0 90
2
=
+ ADH AEH IH
ID IE .
b) Chứng minh:
(cùng chắn )DH
=
(cùng phụ với
Ta có: ADHE là tứ giác nội tiếp (cmt) Hay BAH
IEH
,lại có BAH BHD
DBH∠
)
=
=
⇒
hay BHD IEH=
)
=
và
ta có:
Xét
IHD IEH cmt
)
= ∠ ( BHD IEH BAH IDH∆
IHE∆
⇒ ∆
∆
⇒ =
2 =
IDH
IHE g g ( . )
⇒ . ID IE IH dfcm
(
)
I∠ chung; ( ID IH IH IE
,BM CN nằm trên đường thẳng AH
⇒ ∠ = ∠ DAH DEH
c) Chứng minh giao điểm hai đường thẳng
⇒ ∠
=
BMH
090
là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BH ⇒
, chứng minh tương tự
=
(cùng chắn cung
)DH hay
,BD MH
Gọi giao điểm của BM và CN là K Ta có: BMH∠ Hay MH BK⊥ ⊥ NH KC Vì ADHE là tứ giác nội tiếp (cmt) nên DAH DEH BAH MEH = Vì BDMH là tư giác nội tiếp đường tròn đường kính
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
74
(góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
0
+
=
mà 0 = = ⇒ MBH HME 90
+ BAH ABH
90
⇒ ⊥
HME DBH = ⇒ Hay EMH ABH 090 = MHE⇒ HE AC MH AC Mà MH BK cmt
BK AC
, chứng minh tương tự: CK AB⊥
⇒ ∈
hay MH HE⊥ / / ) ( ∆ ABC
K AH dfcm
(
)
Lại có: K⇒ là trực tâm
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⊥ ⇒ ⊥
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
75
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CAO BẰNG ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Môn Toán Thời gian làm bài : 120 phút
Đề số 14
Câu 1. (4,0 điểm)
+đi qua điểm
1) Thực hiện phép tính: 5 9 3 4 2) Tìm a để đồ thị hàm số
) ( M − 3; 1
3) Giải hệ phương trình:
5 + = 1 0 = 3
4) Giải hệ phương trình:
− ax= x− 3 + y 5 = y
3
5
y 22 x x 4 − x
Câu 2. (2,0 điểm)
Bác An đi x ô tô từ Cao Bằng đến Hải Phòng. Sau khi đi được nửa quãng đường, bác An cho xe tăng vận tốc thêm 5 km h nên thời gian đi nửa quãng đường sau ít hơn thời gian đi nửa quãng đường đầu là 30 phút. Hỏi lúc đầu bác An đi xe với vận tốc bao nhiêu ? Biết rằng khoảng cách từ Cao Bằng đến Hải Phòng là 360
/
.km
Câu 3. (1,0 điểm)
=
=
Cho tam giác ABC vuông tại
AB
cm AC 6 ,
cm 8 .
a) Tính độ dài cạnh BC b) Kẻ đường cao
.A Biết
.AH Tính độ dài đoạn AH
Câu 4. (2.0 điểm)
)O vẽ hai tiếp tuyến AB và AC của đường
Qua điểm A nằm ngoài đường tròn ( ,B C là các tiếp điểm)
tròn (
)O tại hai điểm E và F sao cho E
nằm giữa A và F. Chứng minh
a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp b) Kẻ đường thẳng qua diểm A cắt đường tròn ( .
= BE CF BF CE .
Câu 5. (1,0 điểm)
1
=
Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức
A
2
−
−
2
3
x
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
76
ĐÁP ÁN
Bài 1.
−
−
= − vào hàm
− = = = 5.3 3.2 15 6 9 +đi qua điểm ax=
x
y= 3,
1
(
5 − =
số
5
y
) M − nên thay 3; 1 + ⇔ =− ⇔ =− .3 5 a a 3 a
1) Ta có: 5 9 3 4 y +ta được: 1
Vậy
+ =
3) Ta có:
2) Vì đồ thị hàm số ax= a = − 2 22 x− 3 x
1 0
Phương trình trên có dạng
6 2
= x = x
1 1 2
+ + = nên có hai nghiệm a b c 0
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
y
4) Ta có: +
=
3
2
⇔
⇔
⇔
x −
y =
x
5
3
5 y
4 x
= 5 y = y 12
3 20
y
= x =− y
1
= − 1 ) ( − + 5 3. 1
+ 4 − 4
=− 17 ⇔ = + x
−
= x x= 1; 1 2
Bài 2. Gọi vận tốc lúc đầu của bác An đi là
x y x 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( ( ( x km h x > 0 /
17 5 ) x y = ; )(
= ) 2; 1 )
=
Nửa quãng đường đầu và nửa quãng đường sau đều dài : 360 : 2 180(
)km
Thời gian bác An đi nửa quãng đường đầu là
(giờ)
180 x
+
Trên nửa quãng đường sau, bác An đi với vận tốc là
x
5
km h /
(
)
Thời gian bác An đi nửa quãng đường sau là
(giờ)
180 5x +
Vì thời gian đi nửa quãng đường sau ít hơn thời gian đi nửa quãng đường đầu là 30 phút
= giờ nên ta có phương trình
1 2
(
) + x 5 ( + x x
2
= ⇔ +
⇔
x
5
2 = ⇔ + x
1800
x
5
− x
= 1800 0
x
2
1 2 −
∆ =
5
= 7225
⇒ ∆ = 85
900 2 + x 5 ( − 4. 1800
)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
180 x 180 x x − = 180 x 180 + x 5 1 =⇔ 2 5 1 =⇔ 2 + x − 900 180 2 + x 5 1 2 − 180 )
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
77
=
= −
45(
)
ktm
x 1
Nên phương trình có hai nghiệm
=
=
40(
tm
)
x 2
− − 5 85 2 − + 5 85 2
Vậy lúc đầu bác An đi với vận tốc 40
km h /
Bài 3.
A
C
B
H
vuông tại
,A theo định lý Pytago ta có:
2
2
2
2
2
a) Xét ABC∆ 2
+
⇔
=
+
= ⇒ =
=
AC
BC
6
8
100
BC
= 100 10(
cm
)
BC
BC
,A có chiều cao
AB = Vậy b) Xét ABC∆
=
ta có :
= AH BC AB AC
.
.
⇔ = AH
4,8
cm
(
)
,AH theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, AB AC . BC
6.8 = 10
=
Vậy
AH
4,8
cm
cm 10 vuông tại
Bài 4.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
78
B
O
A
E
F
C
⊥ ⇒ OB AB OBA
090 = 090 =
⊥ ⇒ OC AC OCA
)O nên )O nên
0
0
+
=
=
+ OBA ACO
180
90
0 180 )
a) AB là tiếp tuyến với ( AC là tiếp tuyến với ( Tứ giác ABOC có 0 90 Do đó ABOC là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng
(cùng chắn cung
)BE
có: A chung ; ABE AFC
b) Xét ABE∆
và AFB∆
=
⇒ ∆
∆
⇒
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
ABE
AFB g g ( . )
AE = AF
AB AF 2 =
và
=
BE BF AE AF .
AB
có:
=
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn )CE
.
⇒ ∆
∆
⇒
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
ACE
AFC g g ( . )
AC CE = AF CF
AE = AC
. Ta có:
⇒ = . AB BF AF BE và AFC∆ ∆ Xét ACE A chung; ACE AFC
.
= AC CE AE CF
.
.
.
.
.
.
.
.
. 2
⇒
.
.
. 2
=
Mà
= AB BF CE AE AF BE CF . . ⇒ . AE AF cmt AB (
)
.
BF CE BE CF dfcm
(
= .
)
⇒ . = AB BF AF BE ⇒ = AC CE AE CF ; . = AB BF AC CE AF BE AE CF
Bài 5.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
79
2
≥
x
0
Điều kiện:
. Ta có:
2 ⇔ ≤ x
3
2
−
−
≠
2
3
x
0
− 3
2
2
2
≤
≤ ⇒ − ≥ −
≥ − ⇒ ≥ −
≥
0
3 0 3
3
3 3
3 3
0
x
x
x
2
2
⇒ ≥
−
≥ ⇔ −
−
≤
3
3
2
0
3
≤ − 2
3
2
x
x
1
≥
⇒
≥
2
1 −
1 2
3
−
3
2
x
⇒ ≤ ≤
A
− 1 −
2 1 2
2
3
x⇔ =±
3
0
Vậy GTNN của A là
x⇔ = ; GTLN của A là
1 −
1 2
2
3
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
80
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian:120 phút
Đề số 15
Bài 1. (2,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức
A =
+ 3
−
x
=
. Rút gọn biểu thức B và
b) Cho biểu thức
B
2 − x
1
1 − x
− 12 3 + x
.
x
(
− 27 36 > x 0 5 ≠ ) 1 x − 1
2B =
tìm x để Bài 2. (1,5 điểm)
Cho hàm số
y
21 x= 2
a) Vẽ đồ thị ( b) Đường thẳng
)P của hàm số đã cho 8y = cắt đồ thị (
)P tại hai điểm phân biệt A và
,B trong đó điểm B có hoành độ dương. Gọi H là chân đường cao hạ từ A của tam giác OAB , với O là gốc tọa độ. Tính diện tích tam giác AHB (đơn vi đo trên các trục là xentimet)
Bài 3. (1,5 điểm)
a) Giải phương trình:
23 x b) Biết rằng phương trình
7 0
x x không giải phương
,
,
+ = có hai nghiệm là 1
2
+ = x− 2 0 7 2 19 − x x trình, hãy tính giá trị biểu thức:
2 −
2 −
2
3
3
+ 120
= P x 2
2 x 1
− x 38 1
+ x x 1 2
2 x 2
x 1
− 38 x 2
+ x x 1 2
(
)
( + 2
)
Bài 4. (2,0 điểm)
a) Một số tự nhiên nhỏ hơn bình phương của nó là 20 đơn vị. Tìm số tự nhiên đó b) Quãng đường AB gồm một đoạn lên dốc và một đoạn xuống dốc. Một người đi xe đạp từ A đến B hết 16 phút và đi từ B về A hết 14 phút. Biết vận tốc lúc lên dốc là km h (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và / km h , vận tốc lúc xuống dốc là 15 10 về là như nhau). Tính quãng đường AB
/
Bài 5. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính
nhỏ BC của đường tròn (O) lấy điểm D (không trùng với B và C). Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ C đến
và E là giao điểm của CH với AD
)
(
2
AB
.
.
.AB Trên cung
+ AE AD BH BA ,AB cắt BC tại
AB H AB∈ a) Chứng minh rằng tứ giác BDEH là tứ giác nội tiếp = b) Chứng minh rằng c) Đường thẳng qua E song song với
và đường tròn ngoại tiếp tam giác OBD đi qua trung điểm của đoạn
090 CDF = .CF
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.F Chứng minh rằng:
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
81
ĐÁP ÁN
Bài 1.
=
a A )
+ 3
− 12
− 27
36
−
6
− =− = + 3 2 3 3 3 6 ⇒ =− A
6
b)Rút gọn B
Với
≠ ta có:
x
x> 0,
1,
−
−
−
+ +
x
x
x
5
=
2 =
B
2 − x
1
1 − x
1 3 −
3 + x
.
x
.
x
x
) 1
x (
) 1
−
( x
4
−
4
x
=
=
=
4 x
4 −
−
x
.
x
x
( x .
(
) 1
5 − ) 1 ) 1
(
=
Vậy
B
4 x
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
Để
2
2
2
4
B
x
x
tm
(
)
4 x
Vậy để
2B = thì
4x =
Bài 2.
a) Học sinh tự vẽ đồ thị (P) b) Tính diện tích tam giác AHB
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và đường thẳng
8y = ta có:
= ⇒ − x
A
4
4;8
2
(do B có hoành độ dương)
x
8
16
1 2
x
( B
=− ⇒ 4
) (4;8)
= ⇔ = ⇔ x
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
82
K⇒
8y = với trục tung
Gọi K là giao điểm của đường thẳng
(
)0;8
⊥
=
=
cân tại
,O có
OK AB OK
,
cm AB 8 ,
cm 8
2
⇒
=
=
OK AB .
.8.8 32(
cm
)
OABS
1 2
1 = 2
vuông tại K ta có:
Áp dụng định lý Pytago cho OBK∆
2
2
2
=
=
OB
OK
+ KB
8
2 + 4
= 4 5
cm
(
)
=
Lại có:
= AH OB .
.
AH
.4 5
= ⇔ = 32
AH
cm
(
)
OABS
1 2
1 2
16 5 5
vuông tại H ta có:
Áp dụng định lý Pytago vào ABH∆
∆ Ta có: AOB
2 −
2 =
2 − 8
2 =
⇒
=
= AH BH .
.
.
12,8
cm
ABHS
(
)2
1 2
1 16 5 8 5 2
= = 5
5
64 5
2
12,8cm
Vậy diện tích tam giác ABH là
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= BH AB AH 16 5 5 8 5 5
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
83
Bài 3.
+ =
2 0
a) Giải phương trình :
∆ =
>nên phương trình có hai nghiệm phân biệt
23 x− 7 x = − 4.3.2 25 0
27
+
7
25
=
=
2
x 1
6 −
25
7
=
=
x 2
Phương trình có :
6
1 3
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
S
;2
1 3
=
∆ =
−
=
> ⇒Phương trình có hai
Xét phương trình
219
4.7 333 0
2 19 −
x
b) Tính giá trị biêu thức ……… + = có x 7 0 nghiệm phân biệt
=
+
19
Áp dụng hệ thức Vi – ét ta có:
x 2 =
7
x 1 x x 1 2
−
+ =
19
7 0
2 x 1
x 1
,x x là hai nghiệm của phương trình đã cho
Ta có 1
2
−
+ =
19
7 0
2 x 2
x 2
⇒
2 −
2 −
2
3
3
+ 120
= P x 2
2 x 1
− 38 x 1
+ x x 1 2
2 x 2
x 1
− 38 x 2
+ x x 1 2
)
( + 2
)
2
2
=
−
+
−
−
+
−
19
2
7
+ 14
3
19
7
+ 14
3
2 x 1
x 2
x 1
− x x 1 2
x 1
2 x 2
x 2
− x x 1 2
Theo đề bài ta có: ( (
)
2
2
=
2 +
2 =
17
17
17
= 7 17 .19 1900
)
(
)
(
( + 2 ) (
)
x 2
− x x 1 2
) ( − x x x 1 2 1
− x x 1 2
+ x 1
) ( = − x 2
Bài 4.
a) Tìm số tự nhiên đó.
Gọi số tự nhiên cần tìm là
2x
)
( x x ∈ , Bình phương của số tự nhiên x là
Vì số tự nhiên cần tìm nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị nên ta có phương trình:
2
2
= 20 0
+
−
20 0 = ⇔ − x
0
5
+ 5 x + x
4
0
5
4
5
x
2 = ⇔ − x (
)(
− 4 x ) =
x (
⇔
⇔
x x ( ⇔ − x x x x
− = ⇔ − − x 20 ) ) − = 5( 5 0 + = 4 0
x =− x
tm 4(
= ) ktm
)
Vậy số tự nhiên cần tìm là 5
b) Tính quãng đường AB
( x km , quãng đường xuống dốc lúc đi là
)
( y km
)
DK x y > :
0
,
Gọi quãng đường lên dốc lúc đi là (
)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
84
Suy ra Quãng đường lên dốc lúc về là
y km , xuống dốc lúc về là (
)
( x km
)
=
giờ nên ta có phương trình:
Thời gian lúc đi là 16 phút
4 15
= ⇔ +
=
3
x
2
y
( ) 8 1
y x + 10 15
4 15
=
(giờ) nên ta có phương trình:
Thời gian lúc về là 14 phút
7 30
= ⇔ +
=
3
2
x
y
( ) 7 2
7 30
x y + 10 15 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
=
x
⇔
⇔
tm (
)
x
+ +
= =
= ⇔ =
= =
=
x y
2 2
y x
8 7
x x
6 6
y y
+ 24 + 14
x y
2 1
y
3 3
9 4
10 − 7 2 3
+ =
5 )km
Vậy quãng đường AB là 2 1 3(
Bài 5.
D
C
I
F
E
A
B
H
O
a) Chứng minh rằng tứ giác BDEH là tứ giác nội tiếp
ADB =
hay 090 EDB =
)O nên 090
0
⊥ CH AB gt
(
Vì ADB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( 0 = EHB
nên CHB
= ⇒ 90
90
0
0
=
+
=
⇒
là tứ giác nội tiếp
+ EDB EHB
90
180
BDEH
) Lại có: Xét tứ giác BDEH có: 0 90
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
85
2
.
.
AC
+ = AE AD BH BA )O nên ADC ABC (cùng chắn ( ) ) 1
=
có 090 ) ACB =
(do ABC∆
=
vuông tại H)
∆ do ACH (cùng phụ )CAB
=
AB b) Chứng minh rằng Vì ABCD là tứ giác nội tiếp ( Ta lại có: 090 + ABC CAB 090 ( + ACH CAB ( )2 = ABC ACH
= ADC ACH
) =hay ADC ACE
=
⇒ ∆
⇒ Từ (1) và (2) suy ra ( ABC ∆ Xét ACE
và ADC∆
ACE ADC cmt
ACE
∆ ( . ) ADC g g
có: CAD chung ; (
)
2
⇒
= ⇒
=
AC
AE AD .
( ) *
AC AE AD AC
(hệ thức lượng trong tam giác vuông)
Xét ABC∆ 2 = BC
vuông tại C, đường cao CH ta có: BH BA .
2 *
(
)
2
2
+
=
+
AC
BC
. 2
2
AE AD BH BA 2 = +
vuông tại C nên
(định lý
Pytago
)
Từ (*) và (2*) suy ra Lại có ABC∆
AC
. BC
AB
2
=
Vậy
AB
+ AE AD BH BA
.
.
=
c) Đường thẳng E…………
/ /
EF
AB gt nên CFE CBA
⇒
=
) (đồng vị) (hai góc nội tiếp cùng chắn = CFE CDA
)AC
⇒
=
+ CDF CEF
=
( *)Vì Mà CBA CDA ⇒ Tứ giác CDFE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau) 0 180 Ta lại có:
0
=
⇒ ⊥ ⇒ EF CH
CEF
90
/ /
⊥ CH AB gt ( ) AB gt EF ) (
0
0
0
=
)
− 90
= 180
dfcm
0 = 90 (
− CEF CDF 180
. Ta có:
0
0
=
+
=
=
=
90
90
;
⇒
⇒
=
=
=
⇒ *)Gọi I là giao điểm của CF và đường tròn ngoại tiếp OBD∆ + ADB ADF FDB CDF ADF CDA FBD CDA = Mà CDA CBA
(cùng phụ với ) ADF (hai góc nội tiếp cùng chắn ( FDB CBA CDA )AC
)
=(hai góc nôi tiếp cùng chắn cung
)OI
⇒
⇒
⇒
+
+
= FDB ODF ODI ODF
= ODB IDF
Mà = CBA OBI ODI ( )3 = FDB ODI
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
86
=
=
=
(hai góc nội tiếp cùng
0 =
=
90 ;
90
⇒ ∠
= ∠
=
=
OBD
IFD
Ta có: tứ giác CDFE nội tiếp (cmt) nên IFD CFD CED AEH chắn )CD Ta lại có: 0 + + ABD BAD AEH EAH nên Mà EAH BAD = AEH ABD OBD
( )4
Lại có : OD OB=
(5)
cân tại O, do đó OBD ⇒ =
Từ (3), (
cân tại I
4); 5 suy ra
ID IF
( = bán kính)nên OBD∆ = ∠ ⇒ ∆ IFD
( )
= ∠ (
ODB )3*
= ∠
IDF
Ta có: ∠
∠ + ∠
+ ∠ =
090 = ∆vuông tại D)
IFD
ICD
IDC 090 (
CDF do CDF
∠ IDF IDF
IC ID=
(
)4 *
Từ (3*) và (4*) suy ra
= IC IF
cân tại I nên ) ( = ID
⇒ ∠ IDC = ∠ ⇒ ∆ ICD ICD
Vậy I là trung điểm của
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.CF
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
87
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐAK LAK
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi:TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể phát đề
Đề số 16
Câu 1. (2,0 điểm)
+tại
a 3
=
2) Giải hệ phương trình:
24 a 1 =
= y 3
2
y
3) Giải phương trình:
M 1) Tính giá trị của biểu thức − 2 x − + x 22 x− x 9
a = 2
(
)
+ + x x 6 + x =
Câu 2. (2,0 điểm) Cho biểu thức
)( 1 + − 9
+ = 4 0
1) Tìm điều kiện của x để biểu thức P có nghĩa và rút gọn P 2) Tìm các giá trị của x sao cho x và P là những số nguyên
P : 1 + − x 3 2 6 4 1 x x
Câu 3. (2,0 điểm)
=
+và cắt
x= 4
y
5
1) Tìm
2
đồ thị hàm số
tại hai điểm
;
;
,
,a b để đường thẳng y y
x=
+song song với đường thẳng ax b ) ( A x y B x y phân biệt thỏa mãn
(
)
1
1
2
2
=
10
2 x+ 2
C
B
2 x 1 2) Một vườn cỏ hình vuông ABCD có cạnh 20m như hình vẽ. Người ta buộc một con dê bằng sợi dậy thừng dài 20m tại trung điểm E của cạnh .AB Tính diện tích phần cỏ mà con dê đó có thể ăn được
(kết quả làm tròn đến hai chữ số thập phân
D
A
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho hai đường tròn bằng nhau (
cho
)O R cắt nhau tại hai điểm A và B sao '; ).O Gọi E là một điểm bất kỳ trên cung
nhỏ
) ;O R và ( AB R= Kẻ đường kính AC của đường tròn ( . BC E B C≠
)
(
;
, CB và EB lần lượt cắt đường tròn (
)O tại các điểm thứ hai là D và
F
a) Chứng minh 090 b) Chứng minh AE AF= c) Gọi P là giao điểm của CE và
AFD =
AP là đường trung trực của EF
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.EF Chứng minh .FD Gọi Q là giao điểm của AP và
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
88
d) Tính tỉ số
AP AQ
Câu 5. (1,0 điểm) Cho
,a b c là các số thực dương thỏa mãn
,
2
2
−
−
−
( 1
( 1
1.
+
=
+
nhất của biểu thức :
Q
2
2
2
+
+
+
2
+ b c
bc
2
+ c a
ca
+ a b
ab
2
) c )
(
(
) a )
a b c ( 1
(
+ + = Tìm giá trị nhỏ 2 ) b )
ĐÁP ÁN
Câu 1.
2
= 1) M + a 3 = 10
7;3
Vậy hệ có nghiệm duy nhất (
) x y = ;
(
)
+ =
3)Giải phương trình:
22 x
x− 9
4 0
Phương trình có
>nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
= − 4.2.4 49 0
( ∆ = − 9
)2
− 4.2 = = = y y x 7 ⇔ ⇔ 2) 1 = 3 = + = x 2 − + x y x y 3 2 1 2.3 3
− 9 49 = = x 1 1 2
Vậy
S
;4
1 2
=
= = 4 x 2 4 + 9 49 4
Câu 2.
1) Tìm điều kiện và rút gọn P
Điều kiện:
0 − ≠ x
0
0 9
≥ x ≠ x
0 ⇔ ≠ ⇔ 9 ≠
36
4
x
−
≠
≥ x x
6
4
x
0
≥ x 9
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
89
+
+
x
x
6
+
(
)
x
=
:
P
1 +
−
)( 1 + − 9
x
3
x
2 6
4
1 x
+
+
+
6
1
x
=
:
1 +
3
x
x −
+
x −
3
3
x
x
7 + )( x
(
)
) −
x
2 ( 2 3 )
9
x
3
6
x
x
=
=
.
.
+
+
2
2 x
1
x
1
( 2 3 2
6 +
x −
7 +
3
3
3
x
x
+ (
+ )
− (
+ + x )(
+ )
2
+
3
x
=
=
.
+
+ +
2 x
1
2 2
x x
6 1
2
+
3
x ) ) x
( (
≠
2) Điều kiện
x
x≥ 0,
9
Để x là số nguyên thì x phải là số chính phương
x
=
2 =
=
Ta có:
P
1
+ +
+
2 2
x x
6 1
2
x
5 x
1
+
=
+ >
Để
hay
P
x
2
x
+ ∈ 1
U
(5)
do
2
x
1 0
{ } 5;1 (
∈ ⇒
∈ ⇒
+ + 1 5 + 1 ( 5 2
+ 2 ) 1
+
5 x
2
1
+ =
x
1 1
2
⇔
⇒
= ) tm (
0 4
x = x
2
thỏa mãn bài toán.
Vậy
x ∈
+ = 1 5 x }0;4 {
Câu 3.
1)Tìm a,b để….
4
=
+song song với đường thẳng
+nên
Vì đường thẳng y
ax b
y
x= 4
5
5
= a ≠ b
Khi đó phương trình đường thẳng cần tìm có dạng
y
= + 4
5
( ≠ x b b
)
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng
và parabol
y
= + 4
5
( ≠ x b b
)
2
2
=
+ =
y
x
:
x
= 4
x b
2 + ⇔ − x 4
x b
( ) 0 *
Để đường thẳng
cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình
= + 4
y
5
)
( ≠ x b b (*) có hai nghiệm phân biệt
− = − > ⇔ < . Áp dụng định lý Vi – et ta có:
2
4
b
b
0
4
b
( ⇔ ∆ > ⇔ − ' 0
)2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
90
=
+
4
. Theo bài ra ta có:
x 2 =
b
x 1 x x 1 2
+
= ⇔ +
−
=
10
2
10
2 x 1
2 x 2
x 1
x 2
x x 1 2
( = ⇔ =
2 ⇔ − 4
10
b 2
b
)2 tm 3(
)
=
Vậy
a
b= 4,
3
2) Tính diện tích….
CM
B
E
D
A
N
Ta có:
=
= EA EB
= AB
10(
m
)
Vì E là trung điểm của AB nên
1 2
Áp dụng định lý Pytago trong các tam giác vuông ta có:
2
2
2
2
2
=
−
=
=
BM EM EB
20
− 10
= ⇒ 300
BM
= 300 10 3
m
(
)
Tương tự ta có:
= AN BM
= 10 3
m
(
)
2
=
=
S
BE BM .
= .10.10 3 50 3
m
BEM
(
)
2
=
=
=
S
EA AN .
.10.10 3 50 3
m
AEN
(
)
1 2 1 2
1 2 1 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= EM EN 20 = cm
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
91
0
=
=
cos
= ⇒ ∠ BEM
60
Xét tam giác vuông BEM ta có: BEM
BE BM
10 = 20
1 2
∠
=
cos
AEN
0 AEN 60
Tương tự xét tam giác vuông AEN ta có:
AE = = =⇒ EN
10 20
1 2
Ta có:
0
+
+
=
BEM AEN MEN
180
0
0
0
0
⇒
=
−
180
= 180
− 60
− 60
0
⇒
=
− BEM AEN MEN MEN
60
2
π
π
.60
2
=
Diện tích hình quạt
20 :
m S
= m
EMN bán kính
,
qEMN
(
)
R 360
200 3
Vậy diện tích phần con dê có thể ăn là :
π
=
+
+
=
+
≈
S
S
S
S
+ 50 3 50 3
382,64
m
BEM
AEN
EMN
(
)2
200 3
Câu 4.
F
A
O'
D
Q
P
O
B
E
C
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
92
1) Chứng minh 090
;O R
)
0
=
ABC
90
90
';O R
)
⇒
=
dfcm
AFD
AD
AFD = Ta có: ABC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( 0 = (hai góc kề bù) ⇒ ∠ ⇒ ∠ ABD Mà ABD là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên AD là đường kính ( Lại có : AFD là góc nội tiếp chắn cung ( 090
)
2) Chứng minh AE AF=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (
))O hay
=∠
ACD
AEF
=∠
∠
ADB
AFB
Ta có: AEB ACB ( )1 ∠ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (
)' )O
Hay ( )2 = AFE ADC
⇒
Ta có:
= ACD ADC
A
=
= AD AC 2 = R ADC ⇒ ∆cân tại ( )3
Từ (1), (2), (3) AEF AFE ⇒
=
⇒thuộc đường trung trực của
= ⇒ = ⇒ ∆là tam giác cân AEF AE AF
3) Chứng minh AP là đường trung trực của EF A
EF
.
( ) 4
) ta có:
( AE AF cmt và AFP∆
Ta có: Xét AEP∆ =
=
⇒ ∆
= ∆
−
⇒ =
AE AF cmt AEP AFD );
0 90 ;
(
= chung AP
AEP
AFP ch cgv
(
)
PE PF
EF
(hai cạnh tương ứng bằng nhau) P⇒ thuộc đường trung trực của
( )5
Từ (4) và (5) suy ra AP là đường trung trực của
( EF dfcm
)
4) Tính tỉ số
AQ AP
⇒ ⊥
=
EF cmt (
)
AP EF
{ } Q
vuông tại F có đường cao FQ ta có:
Ta có: AP là đường trung trực của Áp dụng hệ thức lượng cho AFP∆
2
2
2
=
AF
AQ AP .
⇒ = AP
2
AQ AQ = ⇒ AF AP
Xét AFQ∆
AF AQ vuông tại Q ta có:
∠
= ⇒ ∠
=
sin
sin
AFQ
ADB
AQ AF
AQ AB = = AD AF
1 2
2
=
. Vậy
AQ AP
1 4
⇒ AQ AF 1 =⇒ 4 AQ = AP 1 4
Câu 5.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
93
>
0
<
. Ta có:
Do
⇒ < 0
a b c , ,
1
a b c , , + + =
a b c
1
2
)
(
≤
=
bc
+ b c 4
+ b c 2
2
2
2
2
9
)
(
(
)
+
≤
+
=
b c
bc
2
+ b c
( ⇒ + 2
)
(
)
+ b c 4
+ b c 4
2
2
9
3
(
)
(
)
≤
+
⇒
=
>
2
bc
+ b c
(
do b c
,
0)
)
(
+ b c 2
2
2
2
2
−
( 1
⇒
≥
=
.
2
− −
)
2 3
( 1 2 = . 3 1
) ( − 1 c + b c
) c a
+
+ b c
bc
2
) c )
(
+ b c 4 ( ) − 1 c ( + 3 b c 2 Chứng minh tương tự ta có:
2
2
2
2
−
−
( 1
( 1
≥
≥
;
2
2
( 1 2 . 3 1
) − a − b
( 1 2 . 3 1
) − b − c
+
+
2
+ c a
ca
2
+ a b
ab
) a )
(
) b )
(
Khi đó ta có:
2
2
2
( 1
( 1
( 1
2
2
2
+
+
+
− − − + + = Q
+ b c
+ c a
+ a b
) c )
) a )
(
(
(
) b )
2
2
2
+
+
≥
2 bc 2 ca 2 ab
) c a
( 1 1
) − a − b
( 1 1
) − b − c
( 1 1
2
2
2
−
− − 2 3
(
) − + − + − a b − + − + − c b
) − 3 1 − 3 1
( ) + + a b c = ) ( + + − a b c
=
= a b c
⇔
Dấu "
"= xảy ra
⇔ = = = a b c
+ + =
a b c
1
1 3
Vậy
MinQ
= ⇔ = = = a b c
4 3
1 3
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
3 = = ≥ . . 1 1 1 1 c a 3 2 3 2 3 4 3 ( 1 2 . 3 1
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
94
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK NÔNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI :TOÁN (Đề thi chung) Thời gian: 120 phút
Đề số 17
Bài 1. (2,0 điểm)
+ =
x
2 3 x−
2 0
a) Gọi 1
=
2 Tính tổng
S
x 1
b) Giải phương trình:
,x x là hai nghiệm của phương trình +và tích x 2 2 x
− 1
c) Giải hệ phương trình
3
P x x= 1 2 2 − + = + x 5 x 2 x =− − y x 10 3 4 = + y x 2
=
≠
với
Bài 2. (2,0 điểm) Cho biểu thức
A
x
x≥ 0,
4
x −
+ 4
x
1 − x
+ 2
1 + x
2
a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm tất cả các giá trị của x để
1A >
Bài 3. (2,0 điểm)
2
) P y :
2
x= 2 2 −
− =
+
+
là tham số)
a) Vẽ Parabol ( b) Cho phương trình:
x
2
1 0 (
m 3
m
m
(
) 1
,x x thỏa 2
=
10.
2 x+ 2
+ x m Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 x 1 Bài 4. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Hai đường cao của tam giác ABC là
,AD BE
∈
∈
cắt nhau tại
H D BC E AC
,
(
)
. .
a) Chứng minh: CDHE là tứ giác nội tiếp một đường tròn = HA HD HB HE b) Chứng minh: c) Gọi điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác
tuyến của đường tròn đường kính AB
. CDHE Chứng minh IE là tiếp
Bài 5. (1,0 điểm) Cho các số thực dương
x y > ,
1
2
2
=
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
x − y
1
y − x
+ 1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
95
ĐÁP ÁN
Bài 1.
2 3 x−
. Khi đó ta có:
=
1 2 3 = 1.2 2
= P x x 1 2
1 3 2 0
a) Tính tổng S và tích P + = có + + = − + = nên có hai nghiệm phân biệt: x 2 0 a b c = + = = + x x S 2 1
= +
Phương trình = x 1 1 = x 2 2 P= S 3; Vậy 2 − + = x b x 5 )
2 2 x
2
x
− ⇔ + = + ⇔ = ⇔ = 1 2
2
3
6
x
x
x
Vậy nghiệm của phương trình là
x S =
5 1 { }2
−
x
3
4
10
10
y
y
2
⇔
⇔
)
c
x +
=− y =
⇔ =−
y
x
2
− 4 + 4
x
x
= 22 =− y 3 2
x
1
(
= 11 ) − 1;2
=− 3 y = y 12 8 3 ) Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x y = ; Bài 2.
≠ ta có:
Với
a) Rút gọn biểu thức: x 4
+
=
A
x≥ 0, x −
+ 4
x
1 − x
+ 2
1 + x
= 2
x +
x
2
x
2
+ + 2 )(
− 2 )
+
2
x
.
x
=
=
=
x −
x
2
x −
+
x − ) +
−
2
x
x
2
x
2
( 2
x
)
(
+ 2 )(
(
)
x ( x )(
b) Tìm tất cả các giá trị x
Ta có:
−
+
x
2
>
A
> ⇔ 1
> ⇔ 1
0
x −
x
2
x − 2
x
> ⇔ − >
> ⇒ >
⇔
2 0
0
x
do
2 0
x
4
)
(
2 − x
2
Kết hợp với điều kiện, ta có
x
tm> 4(
)
Bài 3.
2
2
−
+
− =
m
2
x
+ x m
m 3
a) Học sinh tự vẽ b) Tìm tham số m………. ) + 1
(
( ) 1 0 *
có hai nghiệm phân biệt 1
,x x thì 2
2
2
2
−
−
+ > ⇔ +
−
+ >
m
m 3
1 0
m
2
m
+ − 1
m
m 3
1 0
Để phương trình ∆ > ' 0 ( ⇔ + m
)2 1 ⇔ − + > ⇔ < 2 0
m
m
2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
96
+
=
2
m
= 2
m
+ 2
) + 1
x 1
x 2
ta có:
Khi đó, áp dụng định lý Vi
2
−
( +
m 3
1
= x x m 1 2
=
Theo bài ra ta có:
10
2 x 1
2 x+ 2
2
−
=
2
10
x 2
2
2
−
+
m
2
m
2
m 3
10
( ⇔ + x 1 ( ⇔ + 2
) )
2
2
−
) − = 1 + =
⇔ + 4 m
m 8
x x 1 2 ( + − 4 2
m
2 10
2
− = ⇔ +
2
m
4 0
⇔ −
+
⇔ + 2 m 2 m m
2
m
− = ⇔ 2 0
2
m
0
− = 2 0 ) − + 1
(
) − = 1
tm (
)
2
m
0
( ⇔ + m
)(
m 6 2 m m ( m m = m m
et−
1 ) − = ⇔ = − 1 2 m = − 2
1m = hoặc
Vậy Bài 4.
A
E
O
H
I
C
B
D
a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp
Ta có:
=
,AD BE là hai đường cao của ⊥ AD BC
∆
⇒
⇒
=
ABC gt
(
)
0 = ADC BEC 90
=
⊥ BE AC
{ } D { } E
0
0
=
+
=
⇒
là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác CDHE ta có: 0 90
+ HDC HEC
90
180
CDHE
.
= HA HD HB HE . ta có:
b) Chứng minh và HBD∆ ∆ Xét HAE
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
97
=
(đối đỉnh); 090
AHE BHD =
⇒ ∆
∆
⇒
AHE
BHD g g ( . )
AH DH BH EH dfcm
⇒ .
= .
(
)
= AEH BDH AH HE = BH HD
=, mà hai đỉnh
= ADB AEB
,D E là hai đỉnh liên tiếp của tứ
vuông tại
cùng thuộc đường tròn tâm O đường kính AB
A B D E , , ⇒
=
(góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong
I⇒ là trung điểm của HC
c) Chứng minh IE là tiếp tuyến ………. Xét tứ giác ABDE ta có: 090 ⇒ ABDE là tứ giác nội tiếp giác ⇒ Lại có: AEB∆ E , Ta có: ABDE là tứ giác nội tiếp (cmt) EDC BAE tại đỉnh đối diện ) (1) Ta có: I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE
vuông tại E có đường trung tuyến
(đường trung tuyến
(tính chất tam giác cân) hay
IEH
EHC
(2)
⇒ = = EI EI HI HC ECH∆ 1 2
I
HEI
∠ =∠ (cùng chắn ) EC
(3)
(tính chất tam giác cân)
=
0
0 = ⇒ ⊥
= ⇒ 90
90
OE EI
+ OEB HEI AB dfcm (
)
AOE
ứng với cạnh huyền của tam giác vuông) cân tại = ⇒ ⇒ ∆ IEH IHE Tứ giác CDHE là tứ giác nội tiếp (cmt) CDE CHE ⇒ Từ (1), (2), (3) suy ra = = EDC BAE HEI ) cân tại O ( ∆ = ⇒ = OA OE OEB OBE Hay BAE OEA mà + = OBE BAE EI⇒ là tiếp tuyến của đường tròn đường kính Bài 5.
Áp dụng BĐT Cô – si ta có:
2
4
≥
=
2 ⇒ ≥ x
4
x
x
x
− + ≥ 1 1 2
x
x
− 1
(
) − ⇒ 1
(
) = − 1 .1 2
x − y
1
( − x − y
) 1 1
2
4
≥
Tương tự ta có:
. Khi đó ta có:
y − x
( − y − x
) 1 1
1
2
2
4
4
4
=
+
≥
+
≥
=
P
2
8
x − y
1
y − x
1
( − x − y
) 1 1
( − y − x
) 1 1
( − x − y
) 1 4 . 1
( − y − x
) 1 1
1 1
⇔ = x
y
= 2
Dấu "
"= xảy ra
=
− −
1 1
y x
1 1
− = 1 1 x ⇔ − = y − x − y
Vậy
MinP
= ⇔ = = x
8
y
2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
98
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2020 – 2021 Môn : TOÁN chung Thời gian làm bài: 90 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 18
Câu 1.(3 điểm)
=
−
1) Rút gọn các biểu thức + 48
12
27
A
x
=
+
−
B
+ −
x +
x x
2 x
1 2
2
=
x
12
2) Giải hệ phương trình :
+ 2 5 − 4 x + 2 y − = y
x
1
3
Câu 2.(1,0 điểm) Một phòng họp có 180 người được xếp đều trên các dãy ghế. Nếu thêm 80 người thì phải kê thêm 2 dãy ghế và mỗi dãy ghế tăng thêm 3 người. Hỏi lúc đầu phòng họp đó có bao nhiêu dãy ghế ?
2
−
−
− =
là tham số)
Câu 3. (2đ) Cho phương trình
x
2
mx
4
m
m
( ) 5 0 1 (
,x x thỏa mãn:
1) Giải phương trình (1) khi 2) Tìm m để phương trình ( )1 có hai nghiệm 1
2
−
−
+
−
+
=
m
2
m
4059
(
) 1
2 x 1
x 1
x 2
1 2
33 2
,AB bán kính ,
,I Q sao .R Lấy hai điểm AI BQ H là giao điểm của hai dây
,
.AQ Gọi C là giao điểm của hai tia
m = − 2
Câu 4.(3 điểm) Trên nửa đường tròn đường kính cho I thuộc cung AQ và
.BI Chứng minh rằng:
luôn không đổi.
1) Tứ giác CIHQ là tứ giác nội tiếp 2) 3)
.
= CI AI HI BI + AI AC BQ BC . . .
Câu 5.(1,0 điểm )
,a b thỏa mãn 2
=
+
+
−
thức
Q
2996
a
b 5501
1) Cho hai số thực dương 2017 b
2002 a
2) Một ngũ giác có tính chất: Tát cả các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh liên tiếp của ngũ
giác, đều có diện tích bằng 1.Tính diện tích của ngũ giác đó
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu a b+ 3 4.
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
99
ĐÁP ÁN
Bài 1.
= − +
1) Rút gọn các biểu thức − =
= + 3 12 48 27 A
x = + − B + − 4 2 x x 2 x 2 3 3 3 4 3 ≥ x x
(
− − + + 2 2 5 2 x x x x x + 1 2 )( 1 0 ≠ 4 ) x 3 x 4 2 5 x = = − 2 2 − x + 2 2 2 2 x + ) x + 2 5 − x ( x x x + ( 2 )( + + ( − x )( − − )
) + 2
(
)
(
)
=
=
x
x
12
7
x
= x
⇔
= ⇔
⇔ −
2 y − = y
2 y − 2
6
1
x
y
y
1
− 3 2 x x = = = x + 3 x 2 x 3 − + − 2 2 + ( 2 x x x x − 6 )( − ) x )(
2) Giải hệ phương trình : + + 12 = 2
2;5
) x y = ;
y (
2 = 5 )
14 = 3 x 3 x Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( Bài 2.
x N∈
Gọi số dãy ghế lúc đầu có trong phòng họp là x (dãy) (
)*
Vì lúc đầu phòng họp có 180 người nên số người được xếp trên 1 dãy ghế là:
(người)
180 x
(người)
Số người có trong phòng họp sau khi thêm 80 người: 180 80 260
Vì lúc sau phải kê thêm hai dãy ghé nên số dãy ghé lúc sau là :
+ =
⇒ Số người được xếp trên mọt dãy ghế lúc sau là :
(người)
260 2x +
Vì lúc sau mỗi dãy tăng thêm 3 người nên ta có phương trình:
−
− 260 x
− 180 x
2
=⇔ 3
( + = 360 3 x x
)
2
2
=
260 + 2 x ⇔ − 80
180 x 360 3
x
+ ⇔ − 6 3
x
x
x
x 2
−
+
= ⇔
⇔ − 3 x
54
x
20
x
360 0
20
− x
0
3
= + 360 0 ) − 18
(
) = 18
(
ktm
)
−
x
20
x
18
= ⇔ 0
( ⇔ − 3
)(
)
74 ( − x x 20 3 18(
tm
)
= x = x
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
2x + (dãy)
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
100
Vậy lúc đầu phòng họp có 18 dãy ghế .
Bài 3.
m = − 2
1) Giải phương trình khi
2
+ =
Thay
x
x+ 4
3 0
Ta có
2 m = − vào phương trình ( )1 ta có:
= − 1 = − 3
x 1 x 2
Vậy khi
− + = − + = nên phương trình có hai nghiệm a b c 1 4 3 0
{ S = − −
} 1; 3
m = − thì tập nghiệm là 2
2) Tìm m
2
2
−
Phương trình (1) có
∆ = '
m
− 4
m
2 = m
4
m
5
2
− 1 0
(
) − 5
( + = m
)
(
) + > ∀ m
,x x với mọi m/
2
+
=
Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm 1 m
Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
. Theo bài ra ta có:
x 2 =−
2 − m 4
5
x 1 x x 1 2
−
−
+
−
+
=
m
2
m
4059
(
) 1
2 x 1
x 1
x 2
−
+
−
+
=
2
m
2
4
33 8118
33 2 m
(
) 1
1 2 2 ⇔ − x 1
x 1
x 2
=
−
+
+
2
4
2
2
m
8085
x 1
mx 1
−
=
−
m
2
4
2
x 1
x 2
mx 1
−
−
+
+
=
m
2
8080
5
4
2
8085 5 )
+ (
mx 1
x 2
x 1
2 ⇔ − x 1 2 ⇔ − x 1 ( 2 ⇔ − x 1
−
−
− = . Do đó :
2
4
m
5 0
⇔
+
=
⇔ =
= 4040
2 x 1 2
mx 1 ⇔ = 4040
m
m
2020
)
⇔ + x x 1 2
x 2
x 2 − + 5 2 ) Vì 1x là nghiệm của phương trình (1) nên ta có ( ) 8080 * Vậy
( 2 x 1 m = 2020
Bài 4.
C
Q
I
H
A
B
O
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
101
1) Tứ giác CIHQ nội tiếp ∠
Vì
là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) nên
∠ ,AIB AQB
0
=∠
=⇒ AQB
CIH CQH
90
0
0
=
=
+
90
180
nên CIHQ là tứ giác nội tiếp
0 = = AIB 90 Xét tứ giác CIHQ có: 0 90
. .
2) Chứng minh
=
=
(cùng chắn cung 0 90 );
AIH BIC=
IQ
∆ Xét AHI
⇒ ∆
∆
(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
AHI
BCI g g ( . )
+ CIH CQH = CI AI HI BI có: HAI CBI AI HI ⇒ = BI CI
⇒
=
.
(
.
)
∆ và BCI
luôn không đổi
+ AI AC BQ BC
.
CI AI HI BI dfcm .
3) Chứng minh
Ta có:
2
2
(
)
(
)
2
2
2
2
2
+ + + = − . . + BQ QC . AI AC BQ BC AC AC IC . . .
2
= + + + − = − + + AQ BQ QC QC BQ . AC IC . + AQ QC AC IC BQ . BQ QC . − AC IC BQ ) ( + BQ BQ QC ( = AC )
có:
∆ ( . ) BIC g g
−
=
⇒ ∆ = 0
.
= AQC BIC AQC ⇒ AC IC QC BC QC BC AC IC .
.
.
2
2
+
Vậy
luôn không đổi (đpcm)
= = AI AC BQ BC AB
.
.
R
4
R
( = 2
)2
= + − AB QC BC AC IC . Xét AQC∆ và BIC∆ ICQ chung; 090 = ⇒ .
Bài 5.
1) Tìm giá trị nhỏ nhất của Q
a
=
+
+
−
=
+
+
+
−
+
Q
2996
a
b 5501
a 8008
b 2017
5012
a
b 7518
(
)
2002 a
2017 b
2002 a
2017 b
=
+
Q
2002
4
a
+ 2017
b
a
b 3
( − + 2056. 2
)
1 b
1 a
+
− CO SI
=
+
−
2002
4
a
+ 2017
− + 2056.4
≥ 2002.2
.4
a
2017.2
b .
= 10024 2018
b
1 b
1 a
1 b
+
1 a 2018
⇒ ≥ Q
4
a
Dấu "
"= xảy ra
b
1 2 1
= a ⇔ = b
+
=
b 3
4
1 = a 1 ⇔ = b a 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
102
=
=
2018
b
1
Q Vậy min
1 ⇔ = a ; 2
2) Tính diện tích ngũ giác
A
B
E
H x
C
=
Theo bài ra ta có,
D S=
S
1
BCD
ECD
Hai tam giác này có chung cạnh đáy
,CD nên khoảng cách từ B, E đến CD bằng nhau, do
∩ BD CE
/ /
,
đó AD BC CE AB . Gọi { }H / /
=
⇒
Ta có:
là hình bình hành nên
S
S=
1
ABHE
ABE
HBE
=
=
−
=
−
Đặt
0
x
S
S
S
S
S
BCD
HBC
CDE
HDE
) 1 ⇒
=
⇒ AE BH / / AE BD / / ⇒ / / / / CE AB HE AB ( < <. Ta có: HCD BCDS x = − S S S 1
S
⇒ − 1
HBC
1
2
HBC
=
=
+ =
Ta lại có:
x
3
x
⇔ − 1 0
1 −
HBC S S
HDE BH S DH S
HDE − x ⇒ x
1
x
HCD
= HBE HDE
3
5
(
ktm
Ta có
> nên phương trình có hai nghiệm
.
= − 4.1.1 5 0
( ∆ = − 3
)2
3
5
tm (
)
= x = x
+ 2 − 2
3
5
5
5
=
+
+
+
+
+
=
Vậy
S
S
S
S
S
S
= + + 1 1
2.
ABCDE
ABE
HBE
HCD
HBC
HDE
− 2
− 5 1 2
+ 5
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
BE CD . Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng có: = / /
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
103
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI
ĐỀ CHÍNH THỨC
THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn : Toán Thời gian làm bài:120 phút
Đề số 19
Câu 1. (1,75 điểm)
−
=
1) Giải hệ phương trình
+
=
x x
y 5 y 4
7 1
4
2
+
2) Giải phương trình
x
12
x
+
=
3) Giải phương trình:
3 2 − 1 −
−
−
1
x
x
x
3 x 2
2
= 16 0 1 )( 1
(
)
Câu 2. (2,0 điểm)
2
1) Vẽ đồ thị (
)P của hàm số
=
và
+ cắt nhau
2) Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng
1
y
x= 2
) 2 + y m m x
(
+
xác định.
− 6 2
a
3) Tìm các số thực a để biểu thức
1 − a
2
y = x 4
Câu 3. (1,75 điểm)
.Tính diện tích của mặt cầu
1) Cho một hình cầu có thể tích bằng
288
)3
2
− = Hãy lập một phương
( cmπ 2) Một nhóm học sinh được giao sắp xếp 270 quyển sách vào tủ ở thư viện trong một thời gian nhất định. Khi bắt đầu làm việc nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp xếp nhiều hơn dự định 20 quyển sách, vì vậy, không những hoàn thành trước dự định 1 giờ mà còn vượt mức được giao 10 quyển sách. Hỏi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là bao nhiêu ? 1 0.
3) Cho 1
2
,
x ,x x là hai nghiệm của phương trình 3 )
trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là (
x− 2 3 ) (
x 1
x 2
Câu 4. (1,25 điểm)
−
+
+
6
a
1) Rút gọn biểu thức
P
−
8 +
5 a
a 4
a a + 2
a
a
0 ≠ 4
=
≥ a a
4 3
2
=
x
y
+ 18
2) Tìm các số thực x và y thỏa mãn
3
2
=
y
x
+ 18
H AB AC<
)O có hai đường cao ).O Gọi K là giao ,L P lần lượt là giao điểm
.A Gọi
Câu 5. (2,75 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( . , ,BE CF cắt nhau tại trực tâm điểm của đường thẳng AH với đường tròn (
Vẽ đường kính AD của ( ),O K khác
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
104
,L P lần lượt là giao điểm của
),O K khác
của đường thẳng AH với đường tròn ( ,EF AC và KD hai đường thẳng BC và
1) Chứng minh tứ giác EHKP nội tiếp đường tròn và tâm I của đường tròn này thuộc
đường thẳng BC
.A Gọi
EFK T
,
2) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng 3) Gọi T là giao điểm của đường tròn ( .K Chứng minh rằng ba điểm
)O với đường tròn ngoại tiếp tam giác L K T thẳng hàng. ,
,
,
.BC Chứng minh AH OM= 2
3
2
2
2
≥
+
+
9
b
a
c
+ + a b c
(
,a b c thỏa mãn )
abc = .Chứng minh rằng 1
khác Câu 6. (0,5 điểm) Cho ba số thực dương (
)
ĐÁP ÁN
Câu 1.
1) Giải hệ phương trình:
=
22
x
⇔
⇔
y 5
− +
= =
− +
= ⇔ =
=
y 5 y 4
7 1
6 6
x x
10 12
y y
14 3
x
x 3 x 2
= − 11 + y 7 3
=
x y ;
;
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (
)
= y 3 2
1 2
3 2 − 1 2 −
2
4
+
−
x
12
= 16 0
2) Giải phương trình:
2
+
Đặt
x
0
t
= 16 0
( t t=
2
x ) ≥. Khi đó ta có phương trình 2 12 t− ∆ =
>
Phương trình có
= − 16 20 0
' 6
tm
)
− 6 2 5(
⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt
=
tm
)
t
2
2
2
= −
Với
t
6 2 5
⇔ = − x
2 ⇔ = x
= t 1 + 6 2 5( ) ( − ⇒ =± x 5 1
( −
) 5 1
2
= +
Với
t
6 2 5
2 ⇒ = x
x
6 2 5 ) ( + ⇒ =± 5 1
( +
−
+
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho
− − 5 1;1
} 5; 5 1; 5 1
) 5 1 { S =−
3) Giải phương trình: ≠
≠
≠
Điều kiện
0;
x
x
1;
x
2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
105
+
− 2
+ 2
x
= 3
x
x
− 2
( x x
)
(
)( − 1
)
−
1 −
−
x
x
1
3 = ⇔ 2 x 2
x
2
)
2
2
1 )( 1 +
=
4
x
+ = 6 0
x
x
3
2
−
−
=
− + = ⇔ −
( ⇔ − 2 x 2 ⇔ − x
6
x
0
6
x
x
6 0
6
2 + ⇔ − 6 x x 7 ) (
) ktm
)
1(
6
x
0
( ⇔ − x
)(
) 1
6(
tm
)
− 9 x ( x x = x − = ⇔ = x
Vậy
S =
{ }6
Câu 2.
1) Học sinh tự vẽ đồ thị (P) 2) Tìm các tham số m
=
Hai đường thẳng
và
+ cắt nhau khi và chỉ khi :
1
y
x= 2
2
2
+
≠ ⇔ +
− ≠
2 0
2 +
≠
2 0 − ≠ ⇔ − 0
m
m
m
2
2
0
) ( 2 + y m m x 2 − ≠ ⇔ − m m ) )( ( 1 1
2 ) − + 1
m m (
m )
1 ≠ −
+ m m ( ⇔ m m ≠ m m
2
⇔ 3) Tìm các số thực a
− >
>
a
a
2
+
⇔
⇔
Biểu thức
xác định
− 6 2
a
⇔ < ≤ 2
a
3
2 0 ≥
≤
a
− 6 2
0
a
3
1 − a
2
+
xác định.
− 6 2
a
Vậy với 2
1 − a
2
3a< ≤ thì biểu thức
Câu 3.
1) Tính diện tích mặt cầu
3
π
3 ⇔ =
Vì khối cầu có thể tích bằng
nên
288
R
π= 288
R
216
⇔ = 6( R
cm
)
Gọi R là bán kính của hình cầu )3
( cmπ
4 3
2
2
=
2 =
=
Vậy diện tích mặt cầu là
S
π 4
R
π 4 .6
144
cm
( π
)
2) Tính số quyển sách…..
*)
Gọi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là x (quyển) (ĐK:
x ∈
⇒ Thời gian dự định sắp xếp xong 270 quyển là
( )h
270 x
Vì mỗi giờ nhóm sắp xếp được nhiều hơn dự định 20 quyển sách nên số sách thực tế mỗ
giờ đã sắp xếp là
(quyển)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
x + 20
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
106
(quyển) nên thời gian thực tế sắp xếp xong 280 quyển sách là:
( ) h
Vì nhóm sắp xếp vượt mức được giao 10 quyển sách nên nhóm đó đã sắp xếp được 280 x + 20
−
= + x
280
270
=⇔ 1
20
( x x
) − 20
( + x
)
. Vì thực tế hoàn thành trước dự định 1 giờ nên ta có phương trình: 270 x ⇔
x
2 = + x
20
x
30
x
60
90
x
60
0
60
0
2 + =⇔ − x 60 x ( =⇔ − x
= − 5400 0 90 x ) )( = + x 90
⇔
⇔
− +
280 + x 20 − + 5400 280 x 270 2 ⇔ + x ( ⇔ − x x x x
− ) = 60 0 = 90 0
) = 60( tm 90(
) ktm
)
5400 0 ( − + x =− x
Vậy số quyển sách dự định mỗi giờ nhóm sắp xếp là 60 quyển.
2
Xét phương trình
nên phương trình luôn có hai nghiệm
= + 270 10 280
ac =− < 1 0
3) Hãy lập phương trình …………….. x− 2
− = có 1 0
x phân biệt trái dấu .
2
− = áp dụng định lý Vi-et
,x x là hai nghiệm phân biệt của phương trình
x
x− 2
1 0,
+
=
2
ta có:
x 2 = − 1
2 x 1 x x 1 2
Gọi 1
< < 0
x ,x x trái dấu nên không mất tính tổng quát, ta giả sử 1
2
x 2
3
=
+
+
S
3
Vì hai nghiệm 1 Khi đó ta có: ( (
3 ) +
3 ) =−
(
)
(
)
x 2
x 1
3 x 1
3 = − x 2
x 2
x 1
− x x 1 2
x 2
x 1
3
=
−
−
−
3
(
)
)
x 2
x 1
x 2
x 1
3
3
=
=−
P
.
1
( )
(
)
(
(
3 ) =− −
(
3 ) = 1
x 1
x 2
3 3 =− x x 2 1
x x 1 2
2
2
2
−
=
− 4
Ta có: (
)
(
)
x 2
x 1
x 2
+ x 1
x x 2 1
=
8
8
= 2 (
⇒ − x 2
x 1
= ⇔ − x 1
x 2
> x 1
3
3
3
=
−
+
=
=
−
=
Khi đó ta có:
3.
8
8
8 8 3 8 10 2
(
(
)
x 1
x 2
) ( − = − 4. 1 8 ) (
)
3
3
2
=
−
=
Vì
là nghiệm của phương trình
,
S
P− 4
4.4 184 0
Do x 2 ) ( > nên (
)
(
)
x 1
x 2
+ =
là nghiệm của phương trình
,
X
2 10 2 −
X
1 0
) S )2 ( 10 2 + = 1 0 3 )
2 10 2 − X 3 ) Vậy (
X (
x 2
x 1
Câu 4.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
107
≠ ta có:
1)Rút gọn biểu thức…. Với
a
4
−
+
+
6
a
P
−
8 +
5 a
a 4
a
4
=
a≥ 0,
3
3
−
a
2
+
+
2
a
3
=
P
+
+
a a + 2 ) 2
a ( a
a
4
−
a +
a
2
2
a
a (
6 )
+ )(
. .
−
+
+
+
2
2
4
2
2
3
a
a
a
a
a
a
(
)
)
=
.
P
+
)( + 2
a
a
4
−
+
2
2
a
( a
( (
) + )(
+ )
=−
3
a
P
a
(
) 2 .
+ −
a =+ a
3
2
=
x
y
+ 18 (1)
Xét hệ phương trình
. Trừ vế theo vế của phương trình (1) và (2) ta có:
3
2
=
y
+ 18 (2)
3
3
2
−
−
y
x
y
2 + x
+ xy
x
x
y
(
)( + y
)
) 2 =− y
2
2
+
+
=
xy
y
x
y
x )( + + x
y
0
( ⇔ − x
)
3 2 2)Tìm các số thực x, y ( 2 = − ⇔ − x x y )( y
= x 2
2
+
+
+ + =
x
y
x
y
xy
⇔ TH1: x
2
3
0 y= thay vào (1) ta có: 3
2
−
= 18 0
x
2
−
+
+
+
=
x
x
3
9
3
x
x
3
0
(
)(
)
2
+
=
3
9
3
x
x
x
3
0
− 3 )
2
+
+
=
2
6
0
3
x
x
= x x 3 ⇔ − x ( ⇔ − x ( ⇔ − x ( ⇔ − x
+ ⇔ − x x 2 + = 9 0 ) + − − )
18 − 27 )( )( )( 3
= x 2
+
+ =
∆ <
x
2
x
6 0(
VN do
0)
⇔
2
2
+
+
+ + =
TH2:
x
xy
y
x
y
0
3
2
=
3 ≥ ⇒ ≥
x
y
x
+ 18 18
18
> 0
⇒ + >
Vì
x
y
0
3
2
=
3 ≥ ⇒ ≥
y
x
y
+ 18 18
18
> 0
2
2
2
2
2
2
2
Lại có:
( ≥ ∀ 0
)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ + = + + + = x xy y x x 2 . y y y x y y x y , 1 2 1 4 3 4 1 + 2 3 + 4
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
108
2
2
2
2
+
+
+
x
y
x
xy
x y ,
0
x
xy
y
+ + = vô y
0
x
(
)
3;3
, do đó phương trình (
) x y = ;
+ )
+ + > ∀ y Do đó nghiệm. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( Câu 5.
A
E
F
O
H
C
B
M
L
J
I
P
D
K
T'
1) Chứng minh EHKP là tứ giác nội tiếp
= HEC
090
là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
∆ ⇒ ⊥
+ ∠
∠
=
HEP
hay =∠ BEC 090 = AKD 0 0 = mà hai góc này đối diện nên + 180 , 90
HKP
90
=
là góc nội tiếp chắn cung HP HP⇒ là đường kính của đường tròn
Ta có: BE là đường cao của ABC AKD∠ Xét tứ giác EHKP có: EHKP là tứ giác nội tiếp (đpcm) 090
HKP∠
=
(cùng phụ với
ACB∠
)
Có ngoại tiếp tứ giác EHKP ⇒ Tâm I của đường tròn này là trung điểm của HP Gọi J là giao điểm của AK và BC Ta có: HBJ HAC ∠
BE AC ⇒ ∠ 0
(hai góc nôi tiếp cùng chắn cung
)KC hay JBK
⇒ ∠
= ∠
= ∠
HBJ
JBK
HAC
BJ
⇒ là phân giác của HBK
(
⇒ ⊥
AH BC
BJ
) ∆ ABC
= ⇒ là đường cao BHK∆
{ } J
=∠ =∠ ∠ HAC KAC KBC
ta có: BJ vừa là đường cao, vừa là đường phân giác từ đỉnh B của tam giác ⇒ là trung điểm của HK cân tại B và BJ là đường trung tuyến của BHK
⊥
=
=
⇒
Ta có:
mà
hay
BC
AJ
⊥ KP AH
BC KP / /
∆ J
Ta có: AH là đường cao của Xét BHK∆ ⇒ ∆ BHK 'I là giao điểm của BC và HP Gọi { } J
{ } K
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
JI KP '/ /
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
109
HK cmt (
);
)
I J⇒ là đường trung
'
ta có: J là trung điểm của
IJ KP cmt ∈
∆ Xét HKP ∆
bình của
I BC dfcm (
)
( / / I⇒ ≡ hay
HKP ' I I ' HP
⇒ là trung điểm của OM= 2 AH
2) Chứng minh
∠
=∠
Ta có:
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
ABD
= ACD
090
⊥ AB BD ⊥ AC CD
⇒
⊥
AB EF gt
(
)
BH CD / /
⇒
Mà
hay
là hình bình hành
⊥
BE AC gt
(
)
BE CD / /
CH BD / /
CF BD / /
BC gt (
)
ta có:
⇒ BDCH
.HD Xét AHD∆
,AD HD OM⇒
là đường trung bình AHD∆
⇒
⇒ = AH
OM dfcm 2 (
)
=
AH
L K T thẳng hàng
,
Gọi
BC⇒ cắt HD tại trung điểm mỗi đường, lại có M là trung điểm của M⇒ cũng là trung điểm của ,O M lần lượt là trung điểm của
OM AH / / 1 OM 2 , 3) Chứng minh 'T là giao điểm của tia LK với đường tròn (
)O
=∠
mà đỉnh
= BEC
,F E là các đỉnh kề nhau
⇒
=
(góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại
ta có:
Xét tứ giác BFEC ta có: 090 . BFC Nên BFEC là tứ giác nội tiếp LFB LCE đỉnh đối diện) Xét LFB∆ L chung;
∠
= ∠
⇒ ∆
∆
LFB
LCE cmt (
)
LFB
LCE g g ( . )
= LE LF LB LC
.
.
LF LB ⇒ = ⇒ LC LE
Ta có tứ giác
∆ và LCE
)O
'
⇒ ∆
=
−
= ∠ ⇒ ∠ BCT K nội tiếp đường tròn ( LCT '
và
LKB LCT cmt
LBK
)
LT C g '
(
∆ g
)
(góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) ta có: L chung; '(
⇒
⇒
=
= LB LC LK LT
.
.
'
= LE LF LK LT
.
.
'
= . LB LC
(
)
LF LT
⇒ '
LK LE
'
LK = ⇒ LC và
∆ ' LCT
LKB Xét LBK∆ LB LT Xét LFK∆
∆ 'LT E LF LT
ta có: LK LE
là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
= − − ⇒ ELT chung ' ; ⇒ ∆ LFK LT E c g c ( ∆ ' = LFK LET ' ) '
thẳng hàng.(đpcm)
' EFKT
L K T
,
,
'
⇒ 'T⇒ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK ⇒ ≡ ⇒ T T
Câu 6.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
110
2
2
2
2
+
+
=
Ta có:
a
b
c
+ + a b c
− 2
+ ab bc
+ ca
(
)
(
)
2
2
+
2
≤ ab a 2
2
2
2
b 2 + ⇒
+
≤
+
+
Mà
≤ bc b 2
c
2
+ ab bc
ca
2
a
b
c
(
)
(
)
2
2
+
2
≤ ca c
a
2
2
2
2
2
2
+
≥
−
+
+
2 ⇒ + a
b
c
+ + a b c
2
a
b
c
(
)
(
)
2
2
2
2
2
2
2
⇔
+
+
≥
+
≥
3
a
b
c
a b c
a
b
c
+ + a b c
(
2 ) + + ⇔ +
)
(
(
)
1 3
3
6
2
2
2
+
≥
b
c
+ + a b c
)
(
( ⇔ + a
)
1 27
6
6
)
)
(
)
(
)
(
(
Ta cần chứng minh: 1 27
5
+ + ⇔ + + ≥ ≥ a b c a b c 243 + + a b c + + a b c 9
(
)
a b c , ,
a b c
0
5
5
−
≥ ⇔ + + ≥
+ + a b c
243 0
a b c
a b c
243
3
> ⇒ + + > 0 Vì Do đó ta cần chứng minh (
)
( ≥ ⇔ + +
)
+ + ≥
=
33
abc
3
Áp dụng BĐT Cô si ta có: =
⇔
Dấu "
"= xảy ra
⇔ = = = a b c
1
a b c = a b c =
abc
1
Vậy ta có điều phải chứng minh.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇔ + + − ≥ a b c + + a b c 243 0 ) (
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
111
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN TOÁN (cơ sở) Ngày thi: 23/7/2020
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 20
Câu 1. (2,0 điểm)
49
F =
−có nghĩa.
1. Tính giá trị biểu thức 2. Tìm điều kiện của x để biểu thức
+ 25 x=
H
1
Câu 2. (2,0 điểm)
y
2
Điểm
2 2 .
+là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên R ? Vì sao ? có thuộc ( x=
)P hay không ? Vì sao ?
)2;8M (
x= 3 1. Hàm số 2. Cho parabol (
) P y :
Câu 3. (2,0 điểm)
3
1. Giải hệ phương trình:
2 x
− = x y + = y 2. Nhà bạn Lan cách trường học 5
3 ,km nhà bạn Mai cách trường học 4
đi học sớm hơn Lan 5 phút và hai bạn gặp nhau tại cổng trường lúc 6 giờ 50 phút sáng. Hỏi Mai bắt đầu đi học lúc mấy giờ ?
.km Mai bắt đầu
Câu 4. (1,0 điểm)
π≈
Hộp sữa Ông Thọ là một hình trụ có chiều cao 8cm và bán kính đường tròn đáy 3,14; kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ
.cm Tính thể tích hộp sữa (lấy
A
bằng 3,8 hai) Câu 5. (1,0 điểm) Tính chiều rộng AB của một dòng sông = = (hình vẽ). Biết
m BD
9 ,
BC
12
m
B
D
C
Câu 6. (2,0 điểm)
,AM AN
)O và một điểm A nằm ngoài (
)O . Vẽ các tiếp tuyến
,
Cho đường tròn ( )( O M N là các tiếp điểm)
với (
=
2) Biết rằng
Tính phần diện tích của tứ giác AMON nằm bên
0 = 60 .
OA
1) Chứng minh tứ giác AMON là tứ giác nội tiếp cm MAN , )O
10 ngoài đường tròn (
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
112
ĐÁP ÁN
Câu 1.
+
= + =
1)
F =
49
25
7 5 12
−có nghĩa
2) Biều thức
H x= 1 ⇔ − ≥ ⇔ ≥ 1 0 x x 1
Câu 2.
1) Đồng biến hay nghịch biến ?
Hàm số
+là hàm só đồng biến vì
y
> 3 0 a =
2) Điểm
2
vào hàm số
ta có:
22 x=
y
= 8 2.2
⇔ =(luôn đúng) 8 8
Vậy
x= 3 2 )2;8M ( có thuộc (P) không ? Vì sao ? )2;8M ( Thay tọa độ điểm ( ) ( P∈ 2;8M
)
Câu 3.
=
3
2
⇔
2 x
x = y
x
1
3
) x y = ;
(
) 2;1
1) Giải hệ phương trình = − = 6 x 3 y x ⇔ = − + = y y 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( 2) Mai bắt đầu đi học lúc mấy giờ ?
Gọi thời gian bạn Mai đi từ nhà đến trường là
( ) x h
1 12
> x
Vì Mai bắt đầu đi học sớm hơn Lan 5 phút và hai bạn gặp nhau cùng lúc nên thời gian Mai đi từ nhà đến trường nhiều hơn Lan đi từ nhà đến trường là
−
=
nên thời gian Lan đi từ nhà đến trường:
x
h ( )
1 12
5 60
1 = h ( ) 12
⇒ Vận tốc của xe bạn Mai là:
(
km h /
)
4 x 5
=
Vận tốc của xe bạn Lan là :
(
km h /
)
12
1
60 − x
−
x
1 12 Vì vận tốc đi xe của bạn Lan lớn hơn vận tốc đi xe của bạn Mai là 8
5 phút
phương trình:
8
60 − 1x
4 − = x
2
⇔
− = ⇔ −
15
2
x
12
x
+ = 1 2 12 x
x
24
x
− 5
x
− = 1 0
(
) − ⇔ 1
⇔
12 1 x +
15 − 1 x 2 − x
12 24
3
8
x
x
− = ⇔ 1 0
x
3
x
0
3
x
x
= 0
( x 8 3
) ( − + 1
) − = ⇔ − 1
(
)( 1 8
) + 1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
km h nên ta có /
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
113
tm (
)
= x
⇔
⇔
− = + =
x x
1 0 1 0
3 8
(
ktm
)
1 3 1 = − x 8
Nên thời gian Mai đi từ nhà đến trường là
phút
h =
20
1 3
2
3
π= ≈
≈
Vậy Mai bắt đầu đi học lúc 6 giờ 50 phút – 20 phút 6= giờ 30 phút V 3,14.3,8 .8 362,73( Câu 4. Thể tích hộp sữa Ông Thọ:
2 r h
cm
)
Câu 5.
A
B
D
C
Xét tam giác ACD vuông tại D có đường cao DB ta có:
2
=
(hệ thức lượng trong tam giác vuông)
DB
AB BC .
2
2
⇒ = 12
AB
.9
⇔ = AB
= 12 : 9 16(
m
)
Vậy chiều rộng của dòng sông
= AB 16 cm
Câu 6.
M
A
O
I
N
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
114
1) Chứng minh tứ giác AMON là tứ giác nội tiếp
Ta có:
,M N của
⇒
⇒
=
O
090 = AMO ANO
(
)
,AM AN là các tiếp tuyến tại ⊥ OM AM ⊥ ON AN
0
0
=
+
=
⇒
là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác AMON ta có: 0 90
+ AMO ANO
90
180
AMON
2) Tính phần diện tích …………..
,AM AN là hai tiếp tuyến cắt nhau tại A
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Ta có: AO⇒ là phân giác của MAN∠
=
=
0 MAO 30
MAN
0
1 2 Xét AMO∆ = AM AO
cm
vuông tại M ta có: ∠ MAO .cos
= 10.cos30
= 5 3(
)
0
=
=
= OM R AO MAO
.sin
10.sin 30
= cm 5
2
⇒
=
S
cm
OM AM .
= .5.5 3
AMO
)
1 2
25 3 ( = 2
2
⇒
=
=
=
S
S
cm
2
2.
25 3
AMON
AMO
1 2 25 3 2
0
0
− 60
(tính chất tứ giác nội tiếp) 0 = 180
là góc ở tâm chắn cung
Ta có: AMON là tứ giác nội tiếp (cmt) 0 = ⇒ + MAN MON 180 0 − = ⇒ MAN MON 180 ∠ Mà MON
0 = 120
π
2
⇒
=
S
cm
quat MON (
)
= 120 ⇒ (
sd MN )
2 π . . R n = 360
2 .5 .120 = 360
MN π 25 3
2
=
Nên diện tích phần cần tìm là
S
S
− S
cm
= 25 3
(
)
AMON
quat
π 25 − 3
2
−
Vậy diện tích cần tìm là
25 3
(
cm
)
π 25 3
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
115
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi:TOÁN (Không chuyên) Thời gian làm bài:120 phút
Đề số 21
Câu 1. (2,0 điểm)
a) Không sử dụng máy tính bỏ túi, giải hệ phương trình
+ = x y = − y
2
5 4
3 x
2
−
b) Giải phương trình :
x
6
x
+ = 8
2
x
− 2020
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (
) :
2 2 .
x=
Xác định giá trị của tham số m để đường thẳng (d) cắt parabol
( (
+
−
3
x
x
) 1
=
b) Rút gọn biểu thức
P
+
−
≥ x x
) P y : )P tại hai điểm phân biệt ( x
x
2
x x
+ 1 − + 2
x x
+ 2 − − 1
0 ≠ 1
= d y x − và parabol 2 m
Câu 3. (2,0 điểm)
2
a) Không sử dụng máy tính bỏ túi, giải phương trình:
2
2
−
+
+
b) Cho phương trình
− = x− 4
x
4
m
+ x m 3
2
m
(
) 1
,x x sao cho
2
2
− =
+
+
+
+
5 9
m 3
m
m
4
2
) 1
(
giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 1 2 x 1
x 2
5 0 − = với m là tham số. Xác định x 5 0,
Câu 4. (1,0 điểm)
Quãng đường từ A đến B dài 100km. Cùng một lúc, một xe máy khởi hành từ A đi
đến B và một xe ô tô khởi hành từ B đi về A. Sau khi hai xe gặp nhau, xe máy đi được 1
giờ 30 phút nữa mới đến B. Giả sử vận tốc hai xe không thay đổi trên suốt quãng đường
đi. Biết vận tốc của xe máy nhỏ hơn vận tốc của xe ô tô là 20km/h. Tính vận tốc mỗi xe.
Câu 5. (3,0 điểm)
R= 2 .
Cho đường tròn tâm O, đường kính OA, qua C kẻ dây cung MN vuông góc với không trùng với B và
AB Gọi C là trung điểm của đoạn thẳng .OA Gọi K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM (K
a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp
2
),M H là giao điểm của AK và MN
b) Chứng minh c) Trên đoạn thẳng KN lấy điểm I sao cho
.AH AK R=
Chứng minh NI KB=
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
KI KM= .
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
116
ĐÁP ÁN
Câu 1.
=
x
y
x
= 2
⇔
⇔
a
)
⇔ =−
+ = y x = − y
2
5 4
6 x
2 = 2 y
+ 10 4
7 y
14 =− 5 3
x
x y
1
3 x
−
=
Vậy (
) x y = ;
(
) 2; 1
2
−
x
6
x
+ = 9
2
x
− 2020
x
≥ 1010
(
)
2
2
+ =
b)
2 ⇒ − x
6
x
9 4
x
− 8080
x
+ 2020
2
+
⇔ − 3 x
8074
x
=⇔ 4080391 0
= x = x
2017 2023 3
−
Câu 2.
a) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
2
2
= − ⇔ − +
=
x
2
m
m
2
2
2
x
x
x
( ) 0 * (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chi khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
)2 ( ⇒ ∆ > ⇔ − 0 1
Vậy
thì thỏa đề
− > ⇔ < 4.2.2 m m 0 1 16
+
−
3
x
x
) 1
=
b P )
+
−
≥ x x
x x
( x
x
+
+
+
+
x
2
x
2
x
3
x
3
− − 3
0 ≠ 1 )(
)
2 (
=
) − − 1 −
+ 1 x − + 2 x )( 1 + 2
x
x
+ 2 − − 1 ( ) 1
−
−
−
+
x
4
3
x
3
1
3
=
=
x +
6 −
x −
+
x
2
x
2
x
x
x (
(
x )(
) 1
x x )( ( − − + − − x 4 )( ) 1
−
+
x
3
x
=
=
− −
x x
3 1
+
−
x
x
( (
)( )( 2
) 2 ) 1
m < 1 16
Câu 3.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
117
2
2
−
− = ⇔ −
+ − = ⇔ −
+
−
=
a x )
4
x
5 0
x
5
x
5 0
x
5
x
5
0
( x x
)
(
)
+
5
x
( ⇔ − x
)(
) 1
= x 5 = ⇔ = − 0 1 x
Vậy
{ } 5; 1
2
2
− S =
2
2
− + + − = b x ) 4 m 2 m
2 + m 3
) 1 ) 1
(
) + > 1 m
( (
2 −
⇒ phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt, áp dụng Vi et ta có:
2 + m − 2 m m + = + m 9 2 8 0 + x m 3 ( 5 0(1) ) = + 5 ∆ =− '
Vì 1x là một nghiệm của phương trình (1)
2
+ = m + 4 x 1 4 2 x 2 = m 3 + 2 m − 5 x x 1 2
2 ⇒ + x 1
2
+ + − = + m 3 2 m 5 9 4 x 2
(
) 1
(
) 1
2 ⇔ − x 1
+ + + − + + + + = m 2 m 5 4 m 4 m 9 x 1 x 1 x 2
( m ( m
) 1 ) 1 )( 1
⇔ + + + = 0 4 9 4 ( m 3 ) x 1 x 2
2 = ⇔ 3
( ⇔ + 4
)( 4 4
)
m + = 4 m 4 3 + 4 m m ⇔ 4 m + =− 4 3
1 = − 4 7 = − m 4
Vậy
− m ; 1 4 7 4 ∈ −
Câu 4.
Gọi vận tốc xe máy là
thì vận tốc ô tô:
( x km h x > /
)(
)
Thời gian kể từ lúc hai xe khởi hành đến lúc gặp nhau là:
( ) h
+ 0 x 20( km h / )
Quãng đường xe máy đi được trong 1 giờ 30 phút
(
km
)
x 3 2
Quãng đường xe máy đi được trong hai khoảng thời gian trên là quãng đường AB nên ta có phương trình:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
100 x + 2 20
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
118
2
+
=
⇔
100
200
x
+ 6
x
+ 60
x
x
+ 20
( = 200 2
)
x 20
x 3 2
100 + 2 x
40(
tm
)
2
−
140
=⇔ 4000 0
⇔ − 6 x
x
(
ktm
)
= x = − x
50 3
Vậy vận tốc xe máy: 40
km h , vận tốc ô tô: 60 / km h /
Câu 5.
M
K
H
O
B
A
C
I
N
Ta có: 090 AKB =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); ( 090
)
Vậy tứ giác BCHK nội tiếp
= ⊥ BCH MC AB
a) Do đó 0 + HKB BCH 180 .
2
Chứng minh
=
và
=nên
= .AK AH R= b) Ta có: MC là đường trung trực của OA nên MA MO=
OM OA R
,
060
= =
có:
chung
K
⇒
⇒
= AK AH AB AC
.
.
AC AH = AB AK
2
2
2
⇒ ∆ ACH AKB ∠ = ⇒ ∆dều, OAM 090 , ∠ =∠ = ∠ C MOA A = OM OA MA R ∆ Xét ACH∆ và AKB ∆
Mặt khác tam giác AMB vuông tại M có MC là đường cao ứng với cạnh huyền nên .AC AB MA
= =(hệ thức lượng) . Vậy .AK AH R= R
c) Ta có:Tứ giác OMAN có hai đường chéo OA và MN vuông góc nhau tại trung
0
điểm C mỗi đường nên là hình thoi. Do đó
=góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung MN)
MKN
MON
1 Từ đó 0 = 60 ( 2 =
∠ =∠ MON 2 = MOA 120
Mặt khác MK KI
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇒ = = ⇒ ∆ đều MK MI KI MKI
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
119
=(góc nội tiếp cùng
Ta có: BC là trung trực của MN nên
và 060 = MNB MAB
,
=
=
MB MN
= = +
=
= + =
vì
=nên
MN MB MI MK ,
BM BN= đều, suy ra 060 , ∆ chắn cung BM), do đó BMN BMN Ta có: ( ) 060 1 + KMN KMB BMN KMB Ta lại có: ( ) 060 2 + KMN NMI KMI NMI Từ (1), (2) suy ra , = KMB NMI Vậy NI BK=
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
∆ =∆ MNI MBK c g c . ) ( .
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
120
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN: TOÁN (chung) Ngày thi: 30/07/2020
Đề số 22
Câu 1. (2,0 điểm)
x
=
=
Cho hai biểu thức
và
A
B
− 20 2 − x
+ 25
x x
3 + x
5
+ 2 − 5 9x = a) Tính giá trị biểu thức A khi b) Rút gọn biểu thức B c) Tìm các giá trị của x để
− = A B x ( 4)
Câu 2. (1,5 điểm)
2
2
+
=
−
Cho phương trình
+ x m
m
2
x
với m là tham số)
( ) 0 1 (
) ( + m 1 2 1m = a) Giải phương trình (1) khi b) Tìm các giá trị của m để phương trình ( )1 có hai nghiệm trái dấu
Câu 3. (2,0 điểm)
Quãng đường từ A đến B dài 90
.km Một người đi xe máy từ A đến B. Khi đến B
km h Thời . /
người đó nghỉ 30 phút rồi quay trở về A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 9 gian kể từ lúc bắt đầu đi từ A đến B và trở về A là 5 giờ. Tính vận tốc xe máy lúc đi từ A đến B. Câu 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn (
,AM AN đến đường tròn (
)O và điểm A nằm bên ngoài đường tròn ( )O với
).O Qua điểm A dựng ,M N là các tiếp điểm. Một đường thẳng đường thẳng d không đi
)O tại hai điểm B và C (
hai tiếp tuyến d đi qua A cắt đường tròn ( qua tâm
AB AC< ,
2
)O
a) Chứng minh tứ giác AMON là tứ giác nội tiếp AN b) Chứng minh c) Hai tiếp tuyến của đường tròn (
)O tại B và C cắt nhau tại K. Chứng minh rằng
điểm K luôn thuộc một đường thẳng cố định khi đường thẳng d thay đổi và đường thẳng d thỏa mãn điều kiện đề bài
= AB AC .
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho hai số thực dương
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x
y+ ≥
.
7 2
y
=
P
x 13 3
10 + 3
1 + x 2
9 + y
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
,x y thỏa mãn
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
121
ĐÁP ÁN
Câu 1.
≠
a) ĐKXĐ:
x
x≥ 0,
25
=
=
Với
x
9(
tmdk
)
A
− 5 2
≠
+ 2 9 ⇒ = − 9 4 . Ta có:
b) ĐKXĐ:
25
x
x≥ 0,
( (
) + )( 5
)
− 3 5 − 20 2 x x = B x = 25 − 20 2 − x 3 + + 5 x + − 5 x x
)
5 = = 5 1 − x − 5 x
(
)
x ≥ 0; x ≠ 25 + x )( ( + 5 ( − = 4 c A B x ) x )
(
) − 4
⇔ = x + − x x 2 5 1 − x 5
⇒ + = − ⇔ − x 4 2 x x x
)
(
)
+ − + − = ⇔ − x 3 x 2 x − = ⇔ 6 0 x . x 3 2 x 3 0
( ⇔ +
)(
)
− = 6 0 ( = x 3 − x 2 x 3 = ⇔ 0 ⇒ = x 9( tm ) = − x 2( ktm )
9x =
Vậy Câu 2.
2
2
x
x
x
1 2 0
1,m = ta có: a) Với − x 2.2 2 ⇔ − −
+ = ⇔ − −
x
x
x
x
0
3
3
3 0
) − = 1
+ = 3 0 ) ( 1
−
x
3
)
)( 1
( ⇔ − x
Vậy với
}1;3 {
2
S =
+ + = ⇔ − 4 ( x x = x 1 = ⇔ = 0 3 x 1m = thì tập nghiệm là b) Để phương trình ( )1 có hai nghiệm trái dấu < 0 2 < thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu
< ⇔ − < m m m 0 2
⇔ < ⇔ + x x 0 1 2 − < 0m Vậy 2
)
, 0
+
Câu 3. Gọi vận tốc xe đi từ A đến B là ( Vận tốc lúc từ B về A là :
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
9( v v km h v > / km h / )
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
122
Thời gian đi là
Thời gian về là :
. Vì cả đi lẫn về (có cả nghỉ ) mất 5 giờ nên ta có
; 90 9v +
phương trình:
v 90
⇔
+
+ = + 5 30 60
9 2
1 2
2
=
2 ⇔ + v
v
v 9
v 40
+
−
2 ⇔ − v
v 36
v 5
180 0
5
36
− v
36
0
= − 180 0 ) ( +
) =
−
5
v
36
( ⇔ + v
)(
)
tm ) ktm
)
Vậy vận tốc lúc đi là
+ ⇔ − v 31 180 ( = ⇔ − v v = v 36( = ⇔ = − 0 v 5( ) ( km h / 36
90 + v 9 + v 90 20 = 2 + 9 v v 90 v 90 v + + v 810 90 =⇔ ) ( v v 9
Câu 4.
C
M
O
E
D
N
B
A
Tứ giác
a) Vì
K )O 090 ⇒ = ⇒ = AMO ANO AO dfcm (
,AM AN là tiếp tuyến tại M, N của ( AMON nội tiếp đường tròn đường kính
)
(cạnh huyền – cạnh góc vuông)
b) Dễ chứng mnh AMO
=∆ ⇒ ANO = AM AN
Xét ABN∆
=
=(tính chất góc tạo bởi tiêp tuyến dây cung)
;
2
∆ và ANC∆
Suy ra
ta có: BAN chung BNA BCN NCA AB AN
⇒ = ⇒ ∆ ∆ = AB AC AN dfcm ( . ) ANC g g ( . ) ABN AN AC
c) Gọi KM cắt (O) tại
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
'N
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
123
2
=
=
=
điểm
5
O M N E Acùng thuộc một đường tròn
,
,
,
⇒ ,
,BE ta có:
2
⇒
⇒ ∆ ∆ ⇒ = ' KBN 'MBN C nội tiếp KMB KN KM KB '.
N EK '
vuôn tại B, đường cao ∆ ⇒ ∆ KOM 0 0 = + ' 180 OMN OEN ' OEN ' , M O E N A cùng thuộc một đường tròn, kết ', , , cố định
Vì tứ giác Gọi KO cắt BC tại E Dễ thấy 090 ONA OMA OEA (1) Áp dụng hệ thức lượng trong KBO∆ = KE KO KB KN E . ' =∠ =∠ ⇒ OM N 180 ' ⇒ Tứ giác MOEN nội tiếp hay 5 điểm hay K MN∈ ' hợp với (1) suy ra
OMK ' N N≡
= '. KN KM =−
Câu 5.
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
≥
=
≥
=
+
x 2 2 .
2 ;
y
2
+ . y
6
x
2
1 x 2
9 y
9 y
1 x 2 Ta có: 13 3
= P x y 10 + 3 1 + 2 x 9 + y
(
) + y
= x + 2 x + y 7 3 1 + x 2 7 7 ≥ . 3 2 97 + + = 2 6 6 9 + y
=
Vậy
MinP
97 6
1 2 3
= x ⇔ = y
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇒ ≥ P 97 6
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
124
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút
Đề số 23
Câu 1. (2,0 điểm)
2
1) Giải phương trình
x
)
2) Giải hệ phương trình
= + − = 3 0 + + y 3 5 2 x y
x 2 =− y 3 x− 2 ( 3 x +
Câu 2. (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức
− 2 3 27 − 4 2 3
2) Cho biểu thức
Rút gọn biểu thức
x = B : x + + 1 x x x 0 ≠ 1 > x x A = + −
− x 1 − 1 x .B Tìm tất cả các giá trị của x để biểu thức B nhận giá trị âm.
22 x=
)d có phương trình
y
)d , xác định m để
2
1) Tìm m để đường thẳng ( 2) Tìm điều kiện của m để parabol (P) cắt đường thẳng ( =
) Oxy cho parabol P có phương trình ( , Câu 3. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ và đường thẳng ( + là tham số) = y x m m ( 2 ( )2;3 )d đi qua điểm M −
(
)
( 1
)
2
) ;O R . Hai
,BE CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Đường thẳng AH cắt BC tại D và
− + + 2 y 16 y 1 x x 1 2
Câu 4. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn ( đường cao cắt đường tròn (
) ;O R tại điêm thứ hai là M 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp 2) Chứng minh BC là tia phân giác của EBM 3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF . Chứng minh IE là tiếp tuyến
của đường tròn ngoại tiếp BCE
4) Khi hai điểm
Xác
) ;O R nhưng vẫn OA EF⊥
∆
+
+
đạt giá trị lớn nhất.
,B C cố định và điểm A di động trên đường tròn ( thỏa mãn điều kiện tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh định vị trí của điểm A để tổng DE EF FD
.
Câu 5. (0,5 điểm)
,a b c thỏa mãn
,
+
+
≤
+
+
+
+
+
+
1 2
Cho ba số dương 1 2
3
a
b
1 2
b
c
3
c
a
3
abc = Chứng minh rằng :
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
1. 1 2
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
125
ĐÁP ÁN
Câu 1.
2
2
x
2
−
=
3
0
3
x
x
x
0
3
− = ⇔ − 3 0 ) ( +
x x x 3 ) = ⇔ −
+ − = 3 0 ( )( +
) 1
− x 1) ( ⇔ − x x = x 3 ⇔ = − x 1
Vậy
{ } 3; 1
− S =
)
( +
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (
) x y = ;
( 1; 2
) −
+ + = + + 3 y 5 2 x y x x 8 =− y 15 12 1 ⇔ ⇔ = ⇔ 2) + =− x 2 y 3 3 2 y 2 x 2 =− y 3 =− 6 y =− − x x =− y 3
Câu 2.
1) Rút gọn biểu thức
−
A =
2 3
27
=
−
+
−
+
2 3
9.3
= 2 3 3 3
− 3 1
+ (
− 4 2 3 )2 − 3 1
=−
+ 3
− =− 3 1
Điều kiện
1 2) Rút gọn B và tìm x………….. ≠ 1
x> 0,
x
) 1
x B = : . x + + − x 1 − 1 x x 1 x x x − 1 − 1 x + x x = − − x (
(
) 1
− + x . x = = − x 1 x ) ( 1 . − x x )( 1 + x x ) 1
Với
B
x
0
1 0
1
x
1
x
< ⇔ − < ⇔ < ⇔ < x 1x< < thì B nhận giá trị âm.
x )( 1 ≠ ta có − ( x> 0,
1 Kết hợp với điều kiện ta có 0 Câu 3.
Vì
nên thay
(
vào phương trình (
) :
= +ta có: =− x d = 2, y 3 d y 2 x m
( ( 3 2. 2
Vậy với
m m 4 7
1) Tìm m ) ) − ∈ 2; 3 M ) = − + ⇔ =− + ⇔ = 3 7m = thì đường thẳng (
( M −
)2;3
m )d đi qua điểm
2) Xác định m….
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
126
2
2
=
x
2
x m
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là : − x m
x
( ) + ⇔ − = 2 2 2 0 * )d tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai Để parabol (P) cắt đường thẳng ( nghiệm phân biệt
2
− 2.
− m
> ⇔ + 0 1 2
m
) ⇒ ∆ = − ' 1
(
(
)
1 > ⇔ > − 0 m 2
+
=
1
x 1
x 2
Khi đó áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
= −
x x 1 2
m 2
−
+
=
2
16
y
Theo bài ra ta có: 2 ( ) 1
(
)
x x 1 2
y 1
2
2
+
+
=
2
16
( ⇔ − 1
)
x x 1 2
2 x 1
2 x 2
)
2
2
+
+
−
=
4
2
16
( ⇔ − 1
)
(
)
x x 1 2
x 1
x 2
x x 1 2
+ ( 2 2
2
+
+
=
1
2.
16
m 2
m 2
⇔ +
2 4. 1
2
2
+
+ +
⇔ + 1
m
4 4
m
= ⇔ + m 5
16
= − 11 0
2
− m
m 4 m
⇔ + m
20 +
⇔
m
0
22
2
0
22
2
22
m 4 − m 22 2 ( = ⇔ + m
= 44 0 )( − m
) =
m )
= −
( m m m
2 = ⇔ + 44 0 ( + − )
− ) ktm 22( tm
)
Vậy
⇔ = m 2( 2m =
Câu 4.
A'
A
E
I
K
O
F
H
C
D
N
B
P
M
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
127
1) Chứng minh AEHF là tứ giác nội tiếp ,BE CF là các đường cao của ABC∆
⊥
=
BE
AC
⇒
⇒
=∠
AFC
= AEB
090
⊥
=
AB
{ } E { } F
Ta có: CF
0
0
⇒
=
+
là tứ giác nội tiếp
180
AEHF
+ AEH AFH
90
Xét tứ giác AEHF ta có : 0 90
0
(cùng phụ góc DAC)
Ta có:
+ ∠ = ACD DAC ⇒ = DAC EBC
= 2) Chứng minh BC là tia phân giác của BEM 90 0
+ ∠ = ∠ ECB 90
(cùng chắn cung MC)
EBC
⇒
=
=
∠ EBC =∠ ∠ Hay MAC ∠ Lại có: MAC
⇒ là phân giác của
BC
)
∠ EBM dfcm ( )
∆ =∠ MBC ( MBC EBC MAC 3) Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp BCE
090
là góc nội tiếp chắn cung AH
là tam giác vuông tại E
có tâm là trung điểm của BC
Ta có : AH⇒ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF I⇒ là trung điểm của AH Ta có: BEC∆ ⇒ Đường tròn ngoại tiếp BEC∆ Gọi N là trung điểm của BC
= AEH∠
⇒ =
=
(tính chất tiếp tuyến của tam giác vuông)
NB NE
BC
1 2
N⇒ là tâm đường tròn ngoại tiếp BEC∆
cân tại N
⇒ ∆cân
vuông tại E
= AH
IEH
⇒ = EI
IH
Ta có IE là đường trung tuyến của AEH∆
=
⇒
=
⇒ ∆ ⇒ ∠ = ∠ =∠ BNE NBE NEB ∠ hay DBE NEB
mà IHE BHD = 0 BHD 90
1 2 (hai góc đối đỉnh) IEH BHD ⇒ 0 = ⇒ ∠ IEH 90
= + ∠ BEN
tại I IEH IHE + ∠ ∠ HBD Lại có : ⊥ ⇒ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp IE Hay IE EN
∆ BEC dfcm ( )
Gọi
=
4) Xác định vị trí điểm A……… { } ∩ EF OA K
090
0
0
= ACP
+ ∠ + ∠ ⇒ ∠ = APC hay OAC APC 90 90
=mà hai đỉnh E, F kề nhau
là tứ giác
= BFC BEC
⇒ BCEF
(cùng chắn ccung AC)
Kẻ đường kính AP Khi đó ta có ACP∠ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ⇒ ∠ = ∠ PAC Xét tứ giác BCEF có: 090 , nội tiếp FBC AEF ⇒ =∠ ∠ Hay ABC
= AEB
(góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện) ∠ mà APC
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
=∠ ABC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
128
090
⇒ ∠ + ∠ = ∠ + ∠ = OAE AEF EAO
Hay
⊥
⊥
Chứng minh tương tự ta có:
OB FD OC ED ,
=
Ta có:
(tứ giác có hai đường chéo vuông góc)
S
OA EF .
OEAF
1 2
=
=
Tương tự:
S
OB FD .
;
S
OC DE .
OFBD
ODCE
1 2
1 2
⇒
+
+
=
S
S
S
OA EF .
+ OB FD .
+ OC DE .
OEAF
OFBD
ODCE
1 2
1 2
1 2
2
=
⇒
+
⇒ +
S
+ EF FE DE
) + R EF FE DE
(
ABC
S = ABC R
APC = = ∠ AEF ⊥ AO EF APC ) ⇒ ∠ { }( K dfcm
1 2 Kéo dài ON cắt (O) tại
( A N BC do ON BC
)
=
Khi đó ta có:
AD BC .
≤ A N BC .
'
ABCS
1 2
1 2
Đặt BC a= Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ONC ta có:
2
2
2
=
−
=
2 −
ON
OC
CN
R
a 4
2
2
2
⇒
= +
=+
−
A N OA ON R '
'
≤ S
R
R
ABC
a + 2
a 4
a 2 − ⇒ R 4
2
2
+
−
R
a 4
a R
⇒ +
+
≤
EF FD DE
R
A A⇔ ≡
',
Dấu "
"= xảy ra
khi đó điểm A là điểm chính giữa của cung lớn BC
⇒ ⊥ ⊥ A ' '
Câu 5.
=
=
Đặt
a
x
,
b
y
,
= c
z
=
=
Khi đó ta có:
, Khi đó yêu cầu bài toán trở thành chứng minh:
xyz
abc
+
+
≤
+
+
+
+
+
+
1 y 2
x
3
, 0
3
y
1 x 2
z
3
1 1 2
x y z > và , 1 z 2
Ta có:
+ ≥
Áp dụng BĐT Cô si ta có:
x
+ ≥ y
2
xy y ,
1 2
y
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ x 2 y + = + + + + y 1 2 3 x y
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
129
+
+
⇒ + + + + ≥ y
1 2 2
x
y
xy
y
(
) 1
+ ≥
+
≤
⇒ + x
2
y
3 2
xy
y
.
(
) + ⇒ 1
+
+
1 +
+
1 y 2
x
3
1 2
xy
y
1
Chứng minh tương tự ta có:
≤
≤
;
+
+
+
+
1 z 2
y
3
1 x 2
z
3
1 +
+
1 +
+
2.
yz
z
2.
zx
x
(
) 1
(
) 1
Khi đó ta có:
+ + + + + + + + x 3 y 3 z 3 1 z 2 1 y 2 1 x 2
=
+
+
Đặt
ta có:
A
1 +
+
+
+
1 +
1 +
xy
y
1
yz
z
1
zx
x
1
=
+
+
A
1 +
1 +
+
+
+
1 +
1
1
1
xy
y
yz
z
zx
x
xy
=
A
1 + +
+
+
+
1
xy
y
xyz
y
y xy
+
+ +
2 xy z
xyz
xy
=
+
=
+
1
A
1 +
+
+
+
1
xy + + 1
xy
y
y
y xy
xyz
y
xy
⇒
+
+
≤
+
+
+
+
+
+
3
3
3
1 2
1 2 y
1 2 x
x
y
z
1 2 z
=
=
= z
1
⇔
⇒ = = = y
x
z
1
Dấu "
"= xảy ra
y =
x xyz
1
=
=
Khi đó ta có
a
b
= ⇔ = = = c a b c
1
1
Vậy ta có điều phải chứng minh
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
≤ + + . 1 + + + + 1 + 1 + 1 2 xy y 1 yz z 1 zx x 1
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
130
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 23b
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn : TOÁN (chung) Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1. (2,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức
0
− − 32
2
=
2. Cho biểu thức
B
+ .
. Rút gọn biểu thức B và
1
x
x x
2
1 + x
1 1
50 −
> x ≠ x
+ 3 2 2 + −
A = x + x 2 3B = tìm giá trị của x để
Câu 2. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
x
1
2. Giải hệ phương trình :
+
=
x
3
y
4
2 5 x− 3 x
− = 6 0 = − y 2
Câu 3. (1,5 điểm)
=
≠có đồ thị là parabol như
y
0
1. Cho hàm số
)
( 2 ax a hình 1. Xác định hệ số a
2
=
là tham số). Chứng
x
2 + x m m
(
2. Cho phương trình
1 2
2
3
minh phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân ,x x với mọi m ∈ . Tìm các giá trị của m để biệt 1 =
−
20
3 x 2
x 1 Câu 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn (
,M N và
),O đường kính AB cố định. Điểm H cố định nằm giữa hai điểm Kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H. Gọi C là điểm tùy .B Gọi K là giao điểm của AC
A và O sao cho ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với và
. AH OH<
theo a
− AK AC HA HB AH a= Tính . . .
dài đoạn thẳng IN nhỏ nhất
.MKC Xác định vị trí của điểm C để độ .MN 1) Chứng minh tứ giác BCKH nội tiếp 2) Chứng minh tam giác AMK đồng dạng với tam giác ACM 3) Cho độ dài đoạn thẳng 4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho các số thực dương
Tìm giá trị nhỏ nhất của
,a b c thỏa mãn
,
=
biểu thức
P
ab + + a b
+ 1
b + + c
+ 1
bc
a + + c
1
ac
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ + = abc a b ab 3 .
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
131
ĐÁP ÁN
Câu 1.
=
−
−
=
1)
A
50
32
+ 3 2 2
25.2
− 16.2
( −
2 ) + 2 1
=
− − 5 2 4 2
− =− 2 1
1
−
2
=
2)
+ .
B
x +
0 1
2
x
x
1 + x
x x
> x ≠ x
−
2
x
x
+
2 (
)
1
x
x
x
=
=
=
.
.
+ −
+ −
1 1
1 1
x x
x x
x
+
+
2
.
2
x
x
x
− + 2 (
+ 1 − 1 )( 1 ( x
+ )
) +
1
x
= ⇔ 3
3
⇔ 2
)
B
= ⇔ + = 1 3 x
x
x
x
x
( tm
1 1 = ⇔ = ⇔ = 1 4 2
x
Vậy
1 x = thì 4
2
− = ⇔ −
+ − =
3B =
Câu 2. 2 − x 5 1)
x
6 0
x
6
x
6 0
x
+
−
= ⇔ −
+
6
x
6
0
x
6
x
0
( ⇔ − x x
)
(
)
(
)(
) 1
= x 6 = ⇔ = − x 1
Vậy
=
−
x
2
− y
1
y
11
x
y
= ⇔
y
2)
) > ⇔ 0
{ } 6; 1 = 1 2 (
+
=
+
=
x
9
y
12
4 3
y
x
3
y
4
3 3
11 =− x
3
=
1 1
)
y
1(
tm
⇔
⇔
=
x
1
x y
) x y ∈ ;
= x = y = 1 = − 1 } { ( ) ) ( − 1;1 ; 1; 1
S = −
Vậy ( Câu 3.
1) Khi
x
=− ⇒ = 2 y
4
2;4
4
a
1
( − do M
)2
(
) ) ( ⇒ = − ⇔ = a . 2
2
2
2
2
=
−
=
2) Ta có:
x
⇔ − x
2
x
2
m
0
( ) 1
2
2
2
=
'
m
2
m
+ > ⇒phương trình luôn có hai nghiệm phân 1 0
1 2 ) ( ∆ = − 1
+ x m ( − − 1. 2
)
biệt. Áp dụng hệ thức Vi – et :
2
+ = 2 x 1
Ta có:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
x 2 = − 2 m x x 1 2
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
132
3
− ⇔ +
=
20
20
20
3 x 2
3 x 1
3 x 2
x 1
3 x 1
−
−
+
= 20 0
3
x x 1 2
x 1
x 2
= ( ⇔ + x 1
2
2
⇔
−
−
m
= 20 0
2
2
x 2 ) = ⇔
−
m
6
m
2 = ⇔ = ⇔ =± m
m
6
1
1
3 − ⇔ = x 2 ) ( ) ( − 2 2 3. 2 ( ) ⇔ + 20 0 2 4 6 m = ± thì thỏa đề.
1
Vậy Câu 4.
C
M
I
K
B
O
A H
N
⇒
a) Có
⊥ AH MN
0
⇒
là tứ giác nội tiếp
180
BCKH
có:
mà 090 090 KCB = = KHB ⇒ Tứ giác BCKH có 0 0 = + = + KHB KCB 90 90 và ACM∆
⇒ ∆
∆ b) Xét AMK ; A chung AMK ACM=
(cùng chắn ) AM
AMK
ACM g g ( . )
∆
2
c)
( ) 1
∆ ∆ ⇒ ⇒ = AMK ACM AK AC AM
= ∠
90 ;
HMB
(cùng phụ )HMA
Xét AMH∆
và MBH∆
1
2
có: ( = H H
⇒ ∆
∆
⇒
AMH
MBH g g ( . )
2 = HA HB HM
⇒ .
( ) 2
HA HM = HM BH
2
2
2
2 =
AK AM = AM AC = . ) 0 MAH
Từ (1) và (2) ta có: = − AK AC HA HB AM HM AH
mà 1 góc là góc nội tiếp , 1 góc
)
= .
− . d) Vì AM là tiếp tuyến của ( )I (do (
Ta có:
là góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung) minNI ⇔ khoảng cách từ N xuống BM nhỏ nhất.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
a = AMK MCA cmt ⇒ ∈ I MB
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
133
,
BM
do đó khoảng cách từ N đến tâm I nhỏ nhất thì C là giao điểm của (
)
;I IM
⇒ ⊥ NI và (O) Vậy C là hình chiếu của N trên BM Câu 5.
Từ giả thiết
c 3 1 ⇒ + + = a 1 b
Đặt
=
+
+
Và
P
1 + + x
xy
1 + + y
z
yz
1 + + z
x
zx
y
+
+
=
3 + + x
xy
y
3 + + y
z
3 + + z
x
3
zx
3
yz
3
)
)
)
(
(
xy
3
x
y
≤
3
xy
+ + x
y
( Ta có: (
)
+ + + 2
+
+
⇒ ≥ P
2 3 + + + y x
3
2 3 + + + y
z
yz
3
zx
2 3 + + + x z
3
xy
≥
=
+
+
+
+
xy
yz
zx
+ + y
z
xy
18 3 + zx yz
15
(
)
18 3 ) ( + 2
(
)
x
z
x (
+ 9 )2
=
+
+
≤
Lại có:
3
xy
yz
zx
+ + y 3
= = x ; y c ; = ⇒ + + = x y z z 3 1 a 1 b
Do đó
Vậy
MinP
= P ≥ 3
1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
18 3 + 3 15 = ⇔ = = = a b c 3
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
134
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Khóa ngày 17/7/2020
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 24
Đề thi môn: TOÁN Ngày thi: 18/07/2020 Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I. (2,0 điểm)
=
=
≠
Cho hai biểu thức
và
với
A
B
x
x≥ 0,
1
+ +
+ x 5 − − 1 x
x x
1 2
3 − x 1 4x =
1) Tính giá trị của biểu thức A khi
=
2) Chứng minh
B
2 + x
1
+đạt giá trị nhỏ nhất
= 2P
AB
x
3) Tìm tất cả giá trị của x để biểu thức
Bài II. (2,0 điểm)
1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình
,An biết
Quãng đường từ nhà An đến nhà Bình dài 3 .km Buổi sáng, An đi bộ từ nhà An đến nhà Bình. Buổi chiều cùng ngày, An đi xe đạp từ nhà Bình về nhà An trên cùng quãng đường đó với vận tốc lớn hơn vận tốc đi bộ của An là 9 thời gian đi buổi chiều ít hơn thời gian đi buổi sáng là 45phút. (Giả định rằng An đi bộ với vận tốc không đổi trên toàn bộ quãng đường đó).
2) Một quả bóng bàn có dạng một hình cầu có bán kính bằng 2
km h Tính vận tốc đi bộ của / .
mặt của quả bóng bàn đó (lấy
.cm Tính diện tích bề π≈ 3,14).
Bài III. (2,5 điểm)
1) Giải hệ phương trình:
+ = 2 x 5 3 − y 1
− = 4 x 3 1 − y 1
+với 2) Trong mặt phẳng tọa độ d ,Oxy xét đường thẳng (
) : )d và trục
a) Gọi A là giao điểm của đường thẳng ( b) Tìm tất cả giá trị của m để đường thẳng (
)d cắt trục Ox tại điểm B sao cho
y mx= 0m ≠ 4 .Oy Tìm tọa độ điểm A
là tam giác cân
∆
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và đường cao
OAB Bài IV. (3,0 điểm)
,AB BC
.BE Gọi H và K lần lượt là chân
các đường vuông góc kẻ từ điểm E đến đường thẳng 1) Chứng minh tứ giác BHEK là tứ giác nội tiếp = BH BA BK BC 2) Chứng minh 3) Gọi F là chân đường vuông góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB và I là trung
điểm của đoạn thẳng
,H I K là ba điểm thẳng hàng 2
. .
Bài V. (0,5 điểm) Giải phương trình:
3
x
x
x
, + 1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.EF Chứng minh ba điểm − = + 2
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
135
ĐÁP ÁN
Bài I.
1) Tính giá trị biểu thức….
=
=
Thay
vào biểu thức
A
+ 2 1 = + 2 2
3 4
+ 4 1 + 2 4
x
x≥ 0,
1
= x 4( tmdk )
2) Với
≠ ta có: ( 3 (
) + − 1 )( 1
x x = − = B + 5 x − 1 x 3 − x 1 + − x x − 5 ) 1
( +
) 1 − x
) 1
(
(
) 1
Với
− 2 − − 2 x x = = = = )( dfcm ) 2 + x 1 2 + − + − x x x x x x )( 1 x )( 1
x≥ 0;
1
+ − 5 3 3 ) )( ( 1 1 3) Tìm x để minP ≠ ta có: x
+ = + = + . x x P 2 AB x = 2. + + x x 1 2 2 + x 1 4 + x 2
+
Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương
, ta có:
x
2;
4 + x
2
= P x + + 2 − 2 4 + x 2
(
) 2 .
≥ + = = x + + 2 2 x 2 4 4 4 + x 4 + x 2
= ⇒ + = ⇔ =
⇔ + = x
2
2 2
4
x
x
0(
tm
)
x
2
Dấu "
"= xảy ra
( ⇔ +
)2
4 + x
2
= ⇔ =
2
x
0
− ≥ 2 2 2 ⇒ + + x 2 2 4 + x
P Vậy min Bài II.
1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình
Gọi vận tốc đi bộ của An là
( x km h x > ⇒ Thời gian đi bộ :
)(
)
0 / ( )h 3 x
Vận tố c đi xe đạp của An:
=
nên ta có phương trình:
h ( )
Vì An đi xe đạp nhanh hơn đi bộ là 45phút
3 4
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ ⇒ Thời gian đi xe đạp : x 9( km h / ) 3 9x +
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
136
−
x
9
4
) = + 4 9
( x x
)
( − x
2
2
x + ⇔ +
x
1 x = x
3 =⇔ − 4 9 − 36 4
1 =⇔ + + 9 9 x
9
x
−
−
+ x
3
12
0
3 3 + x x ⇔ + 4 x 2 ⇔ + x
36 0
12
12
3
x
x
= 36 0 (
) =
− ) −
+
12
3
x
( ⇔ − x
)(
)
)
1 4 x ( = ⇔ + x x = 3( x ) tm = ⇔ = − 0 x ktm 12( km h / Vậy vận tốc đi bộ của An là 3
2) Tính diện tích bề mặt quả bóng bàn
2
2
2
= 4.3,14.2
50,24
cm
S
(
)
Vậy diện tích cần tìm là
Diện tích bề mặt quả bóng bàn: ( 50,24 cm
≈ π= 4 R )2
Bài III.
1) Giải hệ phương trình
+ = 2 x 5 3 − y 1
Điều kiện :
− = 4 x 3 1 − y 1
=
Đặt
≠ , ta có hệ phương trình:
0
( u u
)
1 −
y
1
1
=
u
7
+
=
2
x
5
4
x
u 6
+ 10
⇔
⇔
3
3 u − =
= ⇒ 1
1
2(
tm
)
4
x u
3
4
x u
3
x
1 −
y
= ⇔ = y 1
7 + u 4
= x u
= ⇔ − = = ) x y = ;
( 1;2
)
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( 2) a) Tìm tọa độ điểm A
0
)d và trục Oy nên hoành độ điểm A là
Ax =
+ = ⇔ =
1y ≠
y
y
4
Vì A là giao điểm của đường thẳng ( ( A Gọi
)
A
A
Vậy
) ( = 0; .A y Vì .0 4 4 m )d và trục Oy là giao điểm của đường thẳng ( )0;4 ( A
0
A d∈ nên ta có: y 0; A
b) Tìm tât cả các giá trị của m…. Vì B là giao điểm của (
)d cắt trục Ox nên tung độ điểm B là y
Gọi
vì
nên ta có:
);0 ;
)
( d∈
)
)
(
( BB x
( ;0BB x
B
By = − 4 + ⇒ = B m
Suy ra
= ≠ 0 m x . 4 0 x m
B ;0 ⇒ = AB − 4 m
(
)0;4
Theo câu a) ta có: − 4 m nên A OA = = 4
cân tại O nên
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= ⇔ = OA OB 4 ∆ Vì OAB 4 − 4 m
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
137
thỏa mãn bài toán
= 1;
m
1
= 4 = m 1( tm ) ⇔ = 4 ⇔ = = 4 m 1( tm ) − − m 4 ⇔ 4 m = 4
− 4 m 4 m =− m Vậy Bài IV.
A
1
H
2
1
E
2
I
1
O
F
B
K
C
0
0
)
0
0
+
=
nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng
180
90
0
= ⊥ 90 do EH AB 90 ⊥ do EK BC
1) Chứng minh BHEK là tứ giác nội tiếp ) ( Ta có : ( = BKE BHE , Tứ giác BHEK có 0 = 90 hai góc đối bằng
2) Chứng minh
+ BHE BKE ( ) 180 ) dfcm = BH BA BK BC
=
(cùng chắn cung
. .
=
∆ do BHE
=
=
(cùng phụ với ) EBH
vuông tại H) vuông tại E) nên BEH BAE
BKH BEH cmt
)
∆ do ABE ) nên ( = = BEH BKH BAE
có:
)BH
Theo câu a) tứ giác BHEK nội tiếp nên BKH BEH Ta có: 090 ( + BEH EBH 090 ( + BAE EBH Mà ( = Xét BHK∆
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
∆ và BCA
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
138
=
BKH BAE BAC cmt
)
BHK
∆ ( . ) BCA g g
ABC chung; ( =
⇒ ∆
(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
,H I K thẳng hàng
,
⇒ ⇒ = BH BA BC BK . . BH BK = BA BC
c) Chứng minh
= nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề gt
)
)AB
(cùng chắn )EC (so le trong) do đó ( ) 1 1
E= / / B 1
'I là giao điểm của HK và EF Gọi Xét tứ giác BFEC có : 090 ( = BFC BEC nhau nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau) ⇒ = F B 1 1 ⇒ = F E 1 1 (cùng chắn ( ) ) 2
1
EK
'I HE
=
+
BHE
do HFE
2
⇒ = I H I E ' '
( ) 3 ∆ vuông tại H) ( ) 4
2
' ' ' = I H I F
hay tam giác ⇒ = ' ' I≡ nên ba điểm
2
I E I F
− = 2
+ 1
3
x
x
2
⇔
+
2
x
2 3
x
− = 2
2
x
+ 2
2
x
2 3
x
2
2
− +
=
− −
+
−
x
0
x
x
x
2
3
⇔ − 2 x ( ⇔ − 2
2 ) 1
) 2 1
2
2
2
=
− −
+
−
+
x
x
( ⇔ − 2
) 1
2 2 3 ) 2 1
2
−
≥
−
≥ với mọi
3
x − −
0
x
0;
x
Vì (
) 1
0 )2 2 1
− ( ( (
− + = 2 0 ) ( + + 1 ( 3 x ≥ và ( 0
EH CF (cùng vuông góc với Ta có: Theo câu a, tứ giác BHEK nội tiếp nên B H= 1 Từ (1) và (2) ta suy ra H E= 1 1 có ∆ H E= nên là tam giác cân 1 1 Lại có: 0 = ; 0 = + 1 90 ( E F 90 H H 1 2 Nên F= ⇒ 'I HF cân tại H I 2 Từ ( )3 và ( )4 hay I là trung điểm EF ,H I K thẳng hàng (đpcm) , 'I Do đó Bài V. Ta có: + x
2
2
2
+
+
−
−
− −
=
3
x
2
x
x
0
(
) 1
) 1
) 2 1
− =
( 1 0
x
⇔
− =
x
1 0
x
1(
⇔ = ) tm
x
2 1
x ) 1 )2 1 ( = x 1 ⇔ = 1 x − = 3
2 1 0
− − = x 3 { }1 S = Vậy
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
2 x ≥ nên: 3
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
139
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2020
Đề số 24b
MÔN THI: TOÁN (cho tất cả các thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I. (4 điểm)
2
2
+
+
=
y
xy
x
1) Giải hệ phương trình :
3
=
2 +
x
xy
70
− x
y
)
7 (
− =
2) Giải phương trình:
9 11 5
− + x
8 2
x
+ 1 24 3
5
− x
2
x
(
)(
) − 1
Câu II. (2 điểm)
2
2
2
2 x y
2
2
− + xy = 99 9 x + 36 y + 13 x + 26 y
1) Tìm 2) Với ≤ 2 2
Chứng minh rằng:
+ ≤ ≤ + + b 3 a 5 2 ab 5 10 ,x y nguyên dương thỏa mãn 16 ,a b là những số thực dương thỏa mãn + + a a ;8 2 b 12 2 + + b 3 ≤ a 3 b 8 10 ab 21
Câu III. (3 điểm)
,M N
Cho tam giác ABC có BAC là góc nhỏ nhất trong ba góc của tam giác và nội tiếp đường tròn (O). Điểm D thuộc cạnh BC sao cho AD là phân giác . thuộc (O) sao cho đường thẳng
BAC Lấy các điểm ,CM BN cùng song song với đường thẳng AD
1) Chứng minh rằng AM AN= 2) Gọi giao điểm của đường thẳng MN với các đường thẳng
,AC AB lần lượt là
.E F ,
Chứng minh rằng bốn điểm
,
B C E F cùng thuộc một đường tròn
,
3) Gọi
AM AN Chứng minh rằng
,
.
các đường thẳng
, ,P Q theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng EQ FP AD đồng quy.
, ,
Câu IV. (1 điểm)
Với
,a b c là những số thực dương thỏa mãn
,
2
2
2
+ + = Chứng minh rằng: a b c 3.
2
2
2
) c
) a
) b 2
( + a a bc ( b ab
)
( + b b ca ( + c bc
)
( + c c ab ( + a ca
)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ + ≥ 4 + 2 2
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
140
ĐÁP ÁN
Câu I.
2
2
+
+
=
x
y
xy
1) Giải hệ phương trình:
3
=
2 +
x
xy
70
− x
y
(2)
7 (
(1) )
9
2
Nếu
hệ phương trình trở thành
(Vô nghiệm), do đó x
y≠
3
= x 7 = ± ⇔ x y= , 7 3 = x 0 3 8 0
3
3
2
2
3
+
+
=
= 7
x
x
xy
7
x
y
x
y
− ⇔ − y y
x
3 − y
= 70
x
y
x
Nhân cả hai vế của phương trình ( )1 với ( ) ) 1
( ⇔ − x
(
) − ⇔ y 10
(
) −
)(
)
(
)
3
2
3
3
3
2
3
x = x y− ≠ ta có: 0 (
Thế vào phương trình ( )2 ta có: ) ( ) 2
(
⇔ = 9 x + 10 xy x − ⇔ + y x xy − 10 y
2
2
( ⇔ − x
)(
)
2
2
( ) 0 4
− = 2 0 x y + + 2 y x 2 xy 5 y 0 + + = 0 ( ) 3 = x 2 xy 5 y = ⇔
Ta có: ( )3
= ⇒ =
1
x
2
2
2
2
+
+
Thế vào phương trình (1) ta có:
4
y
y
2
y
7
7
y
2 = ⇔ = ⇔ =− ⇒ =− 7 x
y y
1
2
2
2
⇔ = 2x y
2 ⇔ + x
2 = y
( ) 4
2 ) +
+ + 2 xy y 4 y 2 y 4 0 0
( =⇔ + x 2
2
2
( ⇔ + x
)
(
)
= y 0 + 2 y 2 y = ⇔ 0 ⇔ = = x y 0( ktm ) + x = y
) x y ∈ ;
) ( 2;1 ;
{ ( − =
11 5
− + x
8 2
x
5
+ 1 24 3
− x
2
x
0 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (
2) Giải phương trình:
} ) − − 2; 1 (
)(
) − 1
− =
11 5
− + x
8 2
x
+ 1 24 3
5
− x
2
x
(
)(
) ( ) − 1 *
ĐKXĐ:
5
x
− ≥ x 0 − ≥
2
1 0
x
5
2
Đặt :
2
1 ⇔ ≤ ≤ 2 ) ≥ 0 ) ≥ 0
( a a ( b b
2
2
=
5 − = x = a 5 − x ⇒ = − 2 x 1 2 x − = 1 b
b
+ 2 x
− = 1 9
( 2 5
) − x
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇒ + 2 a
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
141
=
+
+ 24 3
ab
(1)
Khi đó ta có:
b 8 2
+
=
b
11 a 2
a 9 (2) 2 Giải phương trình ( )1 ta có: ( ) 1
)
( ) − 24 8 *
Với
(vô lý)
không là nghiệm của
= = ⇔ − 11 a ab 3 − ⇔ b 24 8 a b
( ) *
( − 11 3 b 11 3
phương trình (*)
− 11 3 b b 0 a b⇒ = 11 = ⇔ = ⇒ ⇔ =− 0 3 16 3
, Thay
vào ( )2 ta được:
2
⇔
+
=
2
b
9
( ) 2
− −
24 11
b 8 3 b
2
2
2
2
−
⇔
+
+
−
+
=
b 384
b
576
b 9
b 66
− 66 b
( b 9 9
2
4
3
2
2
+
−
⇔
( −
+
+
−
) + b 1152 9
b 66
b 121
) 121 − b 81
) + 121 = 1089 0
b 768 3
( b 2 64 b 128 4
2
+
−
+
b 168
b 174
b 3
b 56
+ b 58
3
2
−
+
−
b 19
b 37
= ⇔ − b
− b
0
− b
0
7
⇔ − 9 b ( ⇔ − b
4 = ⇔ − (
b 22 )( 1
3 + )( 1
b 594 2 − )( − b 3 3
= 21 0 ) =
b 66 )( b 1 3
63 0 ) 21
− =
2
x
1 1
− =
− =
=
b b
2
x
x x
x x
2 2
1 0 3 0 − = 7 0
b b b 3
=
=
b
2
x
1
1
x
x
)
= ⇔ − = ⇔ = ⇔
− = 2
1 3 7 3
49 9
Vậy phương trình có tập nghiệm
= ⇒ = a a − − − 24 8 b − b 11 3 b 8 b 3 24 11 − 24 = − 11 b 8 b 3 2
) tm 1( 1 1 − = ⇔ − = ⇔ = 1 3 tm ) 5( 1 9 29 7 − = ( tm 3 9 29 9
S ;5 = 1;
Câu II.
2
2
2
2 x y
− + ,x y nguyên dương thỏa mãn: 16 xy = 99 9 x + 36 y + 13 x + 26 y
1) Tìm
2
2
2
2 x y
2
− + y xy = 99 9 x y + 13 x + 26 2 + 36 2 16 2 ⇔ + + xy x x 20 xy
2 x y
2 x y (
+
=
x
2
y
> 0
Đặt
+
=
xy
10
⇔ + + 3 x + 2 y 13 x + 2 y − = 1 20 + 36 ( + 36 y 2 ) + 13 ( + 26 y )( ) *
)
2
2
⇒ ⇔ − =
1 9
b
a
+ 13 a
( ) *
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= 99 9 ) 100 ) > 10 xy ( a a ( b b
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
142
2
+
−
1
⇔ + 9 a
2.3 . a
2 = − b
13 169 169 36 36 6
2
2
2
2
−
=
b
+ 13
− 36
= 133
( ⇔ a 18
)
13 6
+
133 36 +
⇔
−
+
=
133
13
(1)
a
6 b
a
6 b
+
−
+
⇔ + 3 a ( 18 Ta lại có :
0
18
b 6
) > 13 18
a
b 6
> 13 0
)( 13 18 > ⇒ + =
a a b , = Lại có 133 133.1 19.7
11
)
( tm
3
+ −
+ +
= 13 0 = 13 1
= 120 12
a a
6 b 6 b
+ 6 b =− 6 b
18 18
18 a − 18 a
⇔
( ) ⇒ ⇔ 1
a
+
+
+
32
(
ktm
)
−
+
a a
6 b b 6
= 13 19 = 13 7
6 b =− 6 b
6
18 18
18 a − 18 a
= b = a 19 ⇔ = = 6 25 = − b 18 − = 3 2 y x
2
x + = x y = − x 3 2 y ⇒ ⇔ ⇔ = 2 + ⇔ = − + = y y 1 xy 3 = 10 11 xy 1 = ( − 3 2 y ) − 3 2 2 y 3 y 1 0
= − y 3 2
) − = 1
= 1( ⇔ ⇔ ⇔ = y ( ktm ) 0 2 y y tm ) tm 1( ) − 3 2 y )( − 1 = x = y x (
( ) 1;1
x 1 2 = y 1 ) Vậy phương trình có nghiệm ( x y = ;
,a b là những số thực dương thỏa mãn
+ ≤ ≤ 2 2 a b 3
2) Với
( ) 5 1 ;
2
2
2
2
+
+
≤
. Chứng minh rằng
a 3
b 8
10
ab
( ) 21 2
+ ≤ + + + 8 a b 12 2 a b 3 5 ab 10
Giải
( ) 2
(
)( b a b 3
)
(
)
≤ + + + + ⇔ + 8 a b 12 2 a ≤ 10 5 + a b 10
≤ ⇔ + 3 a 7 b ≤ Mặt khác 2 10. a b+ 3 5
Dự đoán dấu "
"= xảy ra
2
a b⇔ = = 1
Ta có:
(
) ( b 4 .
)
2 3 ab b a 8 ( ) I
)2
(
≤
Áp dụng bất đẳng thức
, ta có:
AB
+ A B 4
+
+
+
9
a
b 12
a
b 14
)2
=
( ≤
21.
+ 4 b
a
+ 2 b
( ) I
( a 3 3
)
(
)
. 7
7 4
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ + = + + 10 a 3 a b 2
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
143
2
+
2
a
( 16
)
⇒
≤
21.
b 13
( ) I
( = + a 8
)
b 26 4
bằng cách đồng nhất hệ số
Ta biểu diễn 8
b+ 3a a
Xét
theo 3 )
và 2 )
=
⇔ + 8 a
b 13
3
x
+ 2
7
x
(
) y a .
( +
) + 3 . y b
⇔
⇔
+ +
= =
x x
2 3
y y
8 13
3 7
= x = y
2 5 17 5
2
2
2
⇒
≤
+
=
21.
8
a
b 13
a
.10
2 = 21
( ) I
(
)
( a . 3
) + b 7
) + b 3
2 5
17 ( + . 2 5
2 ≤ 5
17 + .5 5
21.
( ) ⇒ ≤ I
+ = 8 a b 13 + 7 b + y 2 a + 3 b b+ 13 ( x a 3 b+ 7a (
Dấu "
"= xảy ra
a b⇔ = = 1
Câu III.
A
P
M
Q
K
E
F
N
O
C
D
B
1) Chứng minh rằng AM AN=
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
144
(so le trong do
(so le trong do
Ta có: NBA DAB = ( = DAB DAC gt
)
BN AD / / )
; DAC ACM=
(trong một đường tròn, hai góc nội tiếp bằng nhau thì
= ⇒ = sd AN sd AM NBA MCA
(trong một đường tròn, hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau)
⇒ chắn hai cung bằng nhau). Vậy AM AN=
,
,
,
CM AD / / )
2) Chứng minh rằng 4 điểm
=
+(góc có đỉnh ở bên trong đường tròn)
AEF
1 ( Ta có: sd AN sdCM 2
=
=(góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn)
sd AM sdCM
)
(
B C E F cùng thuộc một đường tròn. ) + 1 = sd AC ABC 2
1 2
Vậy tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện bằng nhau) hay
B C E F cùng thuộc một đường tròn. , , ,
, EQ FP AD đồng quy
3) Chứng minh các đường thẳng
Áp dụng định lý Mê-lê-na-uýt trong tam giác
,
1
=⇒ .
1
.
(do Q là trung điểm của
, AHN cát tuyến EKQ , ta có:
EN KH = . EH KA
⇒
( ) I
AN gt nên ) ( QA QN= )
Gọi
Ta đi chứng minh
EN KH QA EH KA QN EN KA = EH KH ∩ AD PE
'K
{
}' . Áp dụng định lý Mê-lê-na-uýt trong tam giác
,
K≡ AHM cát tuyến PKF ta có:
1
=⇒ .
1
.
= K
(Do P là trung điểm của
) AM gt nên
(
FM K H = . FH K A
' '
⇒
II
(
)
FM K H PA ' FH K A PM ' FM K A = FH K H
' '
PA PM= )
Ta sẽ chứng minh
(tính chất dãy tỉ số
( )*
bằng nhau)
Vì
= ⇔ = = = − − EN FM EH FH FM FH FM FH HM HN EH EN EH EN
Lại có :
(định lý đường phân giác), do đó:
( )1
BN AD CM nên áp dụng định lý Ta – let ta có: / / / / HM DC = HN DB
=
chung
),
và ABC∆
DC AC = DB AB Xét AEF∆
⇒ ∆
∆
⇒
AEF
.
( ABC g g
( ) 2
)
có: ( AEF ABC cmt BAC AC AF = AE AB
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
HM AC = AB HN
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
145
Từ (1) và (2)
( )3
Tiếp tục áp dụng định lý đường phân giác trong tam giác AEF ta có:
( )4
Từ (3) và (4) ta suy ra
III
⇒ HM AF = AE HN
(
)
do đó ( )* được chứng minh, tức là
AF HF = AE HE EN FM = EH FH
, do đó
,
K K≡
'
Từ ( ) ( I ,
) ( ,
)
Vậy
II III suy ra HM HF = HN HE K A ' KA = KH K H '
,
Câu IV. Với
+ + = ta có:
0,
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
EQ FP AD đồng quy tại K > a b c , a b c , ,
2
2
2
2
2
2
) c
) a
) c
) a
) b 2
) b 2
( + b b ca ( + c bc
)
( a a bc ( ab ab
)
( + b b ca ( bc bc
)
( ( ca ca
)
( + a a bc ( b ab
)
2
2
2
+
+
≥
Áp dụng BĐT
ta có:
a x
b y
c z
( + c c ab ) ( + a ca )2 ( + + a b c + + z y x
2
2
2
2
2
2
2
2
+
+
+
+
+
b
a
b
c
(
)
≥
P
⇒ ≥ P
c 2
+
+
+
+ +
2 2 a b
( a 2 2 b c
2 c a
2
) abc a b c
+
abc 3 (
)
+ ab bc
ca
+ (
abc 3 2 )
+ c = + + = + + P + + + + c ab + 2 2 2 2
+ + = p
≥
−
Đặt
áp dụng BĐT Schur ta có:
9
r
p
4
q
p
(
)2
= a b c + + ab bc ca q ,
⇒
≥
+
≥
+
−
9
abc
+ ab bc
ca
abc 3
4
+ ab bc
ca
9
(
)
(
)
3 4
− ⇔ 9
Khi đó ta có:
2
2
2
2
+
+
+
+
−
a
b
4
ca
9
(
)
≥
P
+
ca
+ ab bc
c (
+ ab bc 2 )
2
2
+
+
−
2
ca
9
(
(
)
≥
P
2
+
+ ab bc
ca
) + + a b c (
+ ab bc )
2
2
+
+
−
2 3
+ ab bc
9
+
(
)
+ ab bc
≥
=
P
⇒ ≥ P
4
2
+
+
+ ab bc
ca
ca
2 (
ca 2 )
( 4 ( + ab bc
) ca )
= abc r
Dấu "
"= xảy ra
⇔ = = = a b c 1
Vậy
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
≥ P 4( dfcm )
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
146
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
CỘNG HÒA XA HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 24c
Bài 1. (2,0 điểm)
>
≠
≠
Cho biểu thức
với
x
0;
x
4;
x
9
−
> + đúng với mọi giá trị
P x
1
b) Tìm m sao cho
− x P x 8 − 4 x 4 + 2 − x x − 2 1 x 2 x = + :
)3 .
9x > x a) Rút gọn biểu thức P ( m x
Bài 2. (3,0 điểm)
)1 : d
2
−
+và y x= 5 9
a) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ( + x m 3
4
d
:
( = y m
)
( ) 2 1d và
−
−
+
b) Cho phương trình:
− = (m là tham số). Tìm các giá trị của
m
2
x
) 1
(
2
−
+
−
≤
m
2
2
2
0
)
mx 1
x 2
2d là song song. 2 2 m x 5 0 m để phương trình trên có 2 nghiệm 1 ,x x thỏa mãn: )( ( 2 − x 1 1
c) Hai ô tô cùng khởi hành một lúc trên quãng đường từ A đến B dài 120km . Vì mỗi giờ ô tô thứ nhát chạy nhanh hơn ô tô thứ hai là 10km nên đến B trước ô tô thứ hai là 0,4 giờ. Tính vận tốc mỗi ô tô, biết rằng vận tốc của mỗi ô tô là không đổi trên cả quãng đường
(m là tham số). Tìm các giá trị của m để hai đường thẳng
.AB
Bài 3. (1,5 điểm) Bác An muốn làm một cửa sổ khuôn gỗ, phía trên có dạng nửa hình tròn, phía dưới có dạng hình chữ nhật. Biết rằng : đường kính của nửa hình tròn cũng là cạnh phía trên của hình chữ nhật và tổng độ dài các khuôn gỗ (các đường in đậm vẽ trong hình bên, bỏ qua độ rộng của khuôn gỗ) là 8 .m Em hãy giúp bác An tính độ dài các cạnh của hình chữ nhật để cửa sổ có diện tích lớn nhất
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn (
)O (B là tiếp điểm) và đường kính
)O và một điểm nằm ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến AB với .BC Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I ( I )O tại hai điểm D và E ( D nằm giữa A và E). Gọi H
đường tròn ( khác C và O). Đường thẳng IA cắt ( là trung điểm của đoạn thẳng DE .
.
,AO d cắt BC tại điểm
minh
.K Chứng = AB BE BD AE a) Chứng minh b) Đường thẳng d đi qua điểm E song song với
,P tia EO cắt BP tại điểm
là hình chữ nhật
HK CD / / c) Tia CD cắt AO tại điểm .F Chứng minh tứ giác BECF
Bài 5. (0,5 điểm) Tìm các số thực
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
x y z thỏa mãn các điều kiện sau: , ,
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
147
≤
<
1
0
+
+
=
zx
y + + z
1
xy
z + + x
1
yz
3 + + y
x
z
x y z , , x + + 1 y
ĐÁP ÁN
Bài 1.
>
≠
Với
≠ ta có:
a) Rút gọn biểu thức P 9 0,
4,
x
x
x
)
(
− − x x x − − = = P x 2 x x − 2 1 x x 2 x 4 + 2 x 4 + 2 x 1 − + x 2 x x + − 2 x 2 : x 8 )(
(
( . ) +
( x
)
− + x 2 8 x x 2 2 x x + ) x x 8 x = = : . P : ) ( x − − 1 2 x 4 x − + − 8 x + − 4 ) + x x 2 2 x 2 x 2 x 2 x ) − 4 )( 4 ( − )(
)
( 3
( +
( + x ) ( 2 .
(
)
=
Vậy
.
P
x −
4 x
3
−
> + đúng với mọi giá trị
P x
1
b) Tìm m sao cho
− − − 1 2 ( 2 x x − ) x . 8 = = = . − x − x 4 x 3 − − 4 x + x 8 − ) 2 . x 3 2 2 x x 4 ( x ) + x )(
)3 .
Điều kiện:
9x >
( m x x∀ > Ta có: 9,
9.
( m x
( m x
) 3 .
− − P x > + ⇔ 1 > + x 1 x > ) 3 . x − 4 x 3
) 1
(
⇔ > + ⇔ − 4 mx m 1 4 x x > ⇔ − > 4 m 1 1 1 x
Vì
Do đó
< 9x > nên 1 x 1 9
Vậy
4 m − > ∀ > thì x 1 9 , 4 m − ≥ 1 m m 4 1 9 1 x 10 ⇔ ≥ ⇔ ≥ 9 5 18
m ≥ 5 18
Bài 2.
a) Tìm các giá trị của m để hai đường thẳng
,d d song song 1
2
2
−
song song
d
:
4
+ x m 3
Ta có hai đường thẳng (
)
)1 : d
2
( = y m
)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
y x= 5 9 +và (
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
148
2
2
⇔
⇔
⇔
⇔ =− m
3
3 = − 3
− = ≠
≠
4 5 9
m m
9 3
m 3 m
3
= m = m ≠ m
Vậy
1d và
2d song song.
−
+
−
−
≤
2
2
0
)
2 x 1
x 2
m = − thì đường thẳng 3
b) Tìm m để (
2
−
−
+
Xét phương trình:
− = , ta có:
x
2
m
x
)( 1 m 2
5 0
mx 1 (
2 m ) 1
2
2
(
) 1
⇒ Phương trình đã cho luôn có hai
2
− − − + + − ∆ = ' m 2 m m 2 5 m
2 ) − 2
,x x với mọi m
nghiệm phân biệt 1
2
+
=
2
m
Áp dụng hệ thức Vi et ta có:
x 2 =
− 2 −
2
m
5
x 1 x x 1 2
Vì 1x là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: +
− = ⇔ −
−
−
+
+
− =
5 0
m
m
2
2
2
2
m
5 0
2
) 1
mx 1
2 x 1
x 1
x 1
2 x 1
+
− +
2
2
m
1 2
4 0
2
− =− 2 m 1
− 2
2
(
)
mx 1
x 1
2 − =⇔ − x 1
+ mx 1
x 1
( 2 ⇔ − x 1
−
−
≤
2
2
m
0
2
2
2
0
(
)
)(
)
2 x 1
mx 1
x 2
x 1
x 2
−
+
+ ≥
2
2
2
4 0
x 2
x x 1 2
x 1
+ ≥
− ) x 2 + ≥ ⇔ − − 1 4
≤ ⇔ − 2 ( 2
4 0
m
2
m
m
4 0
Theo đề bài ta có: ( − + ( )( ⇔ − x 1 ( ⇔ − − 2 m 5 2 2
)( − 1 ) ≥ ⇔ − 0 ) −
≥ − ⇔ ≤
⇔ − − m
1 4
2
m
+ ≥ ⇔ − 2
4 0
m
m
3
3 2
Vậy
m ≤ thỏa mãn điều kiện bài toán
3 2
= m − 4 m m m 1 2 ) ( + > ∀ 2 0 m + = 5 ( + + = 4 2
c) Tính vận tốc mỗi ô tô
Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là
( x km h x > /
)(
)
10
⇒ Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường AB là
( )h 120 x
km h ⇒ Vận tốc của ô tô /
Vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là 10 thứ hai là :
− km h / 10( x )
⇒ Thời gian của ô tô thứ hai đi hết quãng đường AB là :
Vì ô tô thứ nhất đến B trước ô tô thứ hai là
nên ta có phương trình:
h ( ) 120 x − 10
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
0,4 h 2 h= 5
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
149
−
5.120
− x
5.120.
− x
10
2
10
(
) =
( − x x
)
2
2
=
− ⇔ −
−
=
120 x − 600
2 = ⇔ 5 + x
x
6000 2
20
2
x
x
20
x
6000 0
x 2 = ⇔ −
−
120 − x 10 ⇔ 600 2 ⇔ − x
x
10
x
3000 0
+ x
50
− x
60 −
x
)
+
⇔
60
x
50
= ⇔ 0
( ⇔ − x
)(
)
+
= 60 0 = 50 0
= 3000 0 = 60( tm 50
x
x =− x
Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 60
− = km h và vận tốc của ô tô thứ hai: 60 10 50( / km h / )
Bài 3. Tính độ dài cạnh và diện tích lớn nhất
x
y
Gọi đường kính của nửa hình tròn là
(
m
)
( x m
)(
)
x 2
Khi đó cạnh phía trên của hình chữ nhật: (
0 x< < ⇒ Bán kính của nửa đường tròn 8
Gọi cạnh còn lại của hình chữ nhật là
x m )
( y m
)(
)
Độ dài nửa đường tròn phía trên:
π = x
m
(
)
1 2
π x 2
Khi đó ta có tổng độ dài các khuôn gỗ:
0 y< < 8
+ + x 2 y 8 1 + x 2 = y 8 π x 2 π = ⇔ + 2
2
2
2 ⇔ = − y 8 2 + ⇔ = − 4 1 x y x π 2 π+ 4
Diện tích của cửa số:
2
2
π
2
2
2
4
4
⇔ = S
x
x
x
π x 8
+ 4
+ − 4
π x ⇔ = S 8
π −
+
+ x
π
2
4 +
4
⇔ =− S
2 + ⇔ =− 4 S x x
x
x
π + 8
1 2
+ 8
2
2
π
π
4
4
2
.
⇔ =− S
2 − x
x
2 . x
32 +
16 + +
16 +
16 +
π
π
π
π
+ 8
4
+ 8
4
− 4
4
⇔ =− x S
− .
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= S + xy + xy 1 2 x 2 π x = 8 π
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
150
π 4 ⇔ =− S − x . 16 + π 32 + π 32 + π + 8 ≤ 4 4
Dấu "
"= xảy ra
+
π
+
π
−
2 + 4 16 + 4 π 4
= ⇔ = ⇔ − x 0 x tm ( ) π
π 4
8
=
=
=
⇒ = − y
4
tm (
)
2 16 . + π
8 +
π
+ 4
4
( − π 16 4 + π 4
− 16 4 + π 4
4
Vậy khi cửa sổ có diện tích lớn nhất thì độ dài cạnh trên của hình chữ nhật là:
và
16 π + 4 ) + 2
cạnh bên của hình chữ nhật là
m 16 π+ 4
( cm ) 8 π+ 4
Bài 4.
B
F
P
A
O
D
H
I
d
K
E
Q
C
=
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và
.
= AB BE BD AE . có: A chung; ABD AEB
a) Chứng minh và AEB∆
Xét ABD∆ dây cung cùng chắn )BD
⇒ ∆ ABD AEB g g ( . ) ∆
(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ )
(tính chất đường kính và dây cung)
⇒ = AB BE BD AE dfcm ( . . )
HK CD / / DE gt nên OH DE⊥ ( )
AB BD ⇒ = AE BE b) Chứng minh Vì H là trung điểm của
0
0
=
=
90 (
0 cmt OBA );
90
(do AB là tiếp tuyến của (
))O
0
0
⇒
=
+
=
⇒
là tứ giác nội tiếp
0 = = ⇒ ⇒ OHA OHD 90 90 Xét tứ giác OBAH có : OHA 0 + OHA OBA 90
90
180
OBAH
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
151
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung OH)
(so le trong do
OAH OBH = ⇒ Mà OAH HEK =
=
=
OBH HKE HBK
⇒ Tứ giác BEKH là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề
⇒ nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
d OA / / )
HKB HEB DEB
=
⇒
=
(hai góc nội tiếp cùng
⇒
=
=
. Lại có hai góc này ở vị trí đồng vị bằng nhau
)BD
= ⇒ = (hai góc nội tiếp cùng chắn cung (hai góc nội tiếp cùng chắn )BD HKB DCB Mà DEB DCB ) chắn cung ( HKB DCB DEB ⇒ )
)HB
/ / (
HK CD dfcm c) Chứng minh BECF là hình chữ nhật
)
(
)
0
0
=
+
=
⇒
là tứ giác nội tiếp (Tứ
+ OBA OQA
90
180
OBAQ
Kẻ tiếp tuyến AQ với đường tròn ( Xét tứ giác OBAQ có: 0 90
giác có tổng hai góc đối bằng
0 180 )
=
=
⇒
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
O Q B≠
=(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
)OQ
⇒
=
=
⇒ Tứ giác APDQ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài
⇒
(hai góc nội tiếp cùng chắn )AP
=
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn )CE
OBQ OAQ PAQ Lại có: = OBQ CBQ CDQ ) ( PAQ CDQ OBQ bằng góc trong tại đỉnh đối diện) ADP AQP Mà ADP CDE
= (đối đỉnh) CDE CBE ⇒
)CQ
có:
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);
AP chung
;
⇒ ( )1 = AQP CBE
∆ và AQP
= BAP QAP ⇒ ∆
( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Xét ABP∆ AB AQ=
(hai góc tương ứng)
(2) = ABP AQC
=
⇒
= CBE ABP
⇒
=
+
) = + EBF ABC là góc nội tiếp chắn nửa đườn tròn (O) nên EF là đường kính của (
)O
⇒ Từ (1) và (2) ( AQP 090 = ⇒ CBE CBF ABP CBF EBF⇒ O⇒ là trung điểm của EF Xét tứ giác BECF có hai đường chéo
,BC EF cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
=
là hình bình hành. Lại có: 090 (
EBF
cmt
)
nên BECF là hình chữ nhật
= ∆ ABP AQP c g c ( . . )
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
dfcm ⇒ ( BECF )
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
152
Bài 5.
2
x
1
Ta có:
1 ≤
x xy
y
≤ ⇒ ≤
2
+
≤ + +
1
1
2 ⇒ + x
≤ + ⇒ + y
xy
zx
y
zx
⇒
≥
⇒
≤
2
+
+
1
1
xy 1 xy
x 1 + + y
x
xz
1 + + y
xz
zx
1 + + y
z
)
( x x
⇒
≤
1
x + + y
xz
1 + + y
x
z
≤
≤
Chứng minh tương tự ta có:
;
y + + z
1
xy
1 + + y
x
z
z + + x
1
yz
1 + + y
x
z
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức ta được :
+
+
≤
x + + y
1
xz
y + + z
1
xy
z + + x
1
yz
3 + + y
x
z
Dấu "
"= xảy ra
⇔ = = = y x z 1
Vậy có duy nhất 1 cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán (
)
( ) 1;1;1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
x y z = ; ;
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
153
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
KỲ THI TUYỂN SINH 1O THPT Năm học 2020-2021 Môn thi: TOÁN CHUNG
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 25
Câu 1. (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:
(
) − 2 1
− 2 = a P ) 2 − 2 1 + 1
) >
= b Q ) 1 x 0 1 + x 3 1 − x 3 x ( +
Câu 2. (2,5 điểm)
4
đi qua điểm
− x = 36 0
) 1
d
) y : x= 3
( = − + a x b −. Tìm các số a và b 1
25 x+ ,Oxy cho đường thẳng ( )' : y
d M − − và song song với đường thẳng (
a) Giải phương trình: b) Trong mặt phẳng tọa độ ) ( 1; 2 Câu 3. (1,5 điểm)
Trong quý I, cả hai tổ A và B sản xuất được 610 sản phẩm. Trong quý
,II số sản
,I cả hai tổ sản xuất được 681
phẩm tổ A tăng thêm 10%, tổ B tăng thêm 14% so với quý sản phẩm. Hỏi trong quý I, mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu sản phẩm Câu 4. (1,0 điểm)
Biết độ dài cạnh AB
).
( ,A có đường cao .cm Tính độ dài các cạnh AC và
AH H BC∈
Cho tam giác ABC vuông tại ,cm đoạn BH bằng 3
,O đường kính
,MN điểm I thay đổi trên đoạn
.BC
)O tại P và
,E gọi H là giao điểm của EQ và MN
.Q Trên tia đối của tia
bằng 5 Câu 5. (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm OM ( I khác M). Đường thẳng qua I vuông góc với MN cắt ( NM lấy điểm S cố định. Đoạn PS cắt (
)O tại
Câu 6. (1,0 điểm) Cho
) − + 1
) − = 1
3
a) Chứng minh tam giác SPN và tam giác SME đồng dạng b) Chứng minh độ dài đoạn OH không phụ thuộc vào vị trí của điểm I. ( ,a b là các số thực dương thỏa mãn b b 2 3 +
+
b
a
=
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
F
2020 b
( 2020 + a
a a 2 2 ab
ĐÁP ÁN
Câu 1.
(
) − 2 1 +
(
) − = 2 1
(
) − = 2 1
(
)( + 2 1
) − = − = 2 1
b) Ta có:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
2 − 2 = + a P ) 1 1 2 1 1 2 − 2 1 − 2 1
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
154
=
Q
1
1 + x
− 3
1 x
3 + x
+
+
x
3
x
x
=
−
.
x
3 +
+
x
3
x
x
3
x
)
)
−
+
x
( 3
x
=
=
.
− 3 x
x
x +
x
3
x
( − (
3 )
Vậy
Q 0x > 3 = − với x
Câu 2.
4
25 x+
− x = 36 0
a) Giải phương trình
=
Đặt
t
0
≥, ta có phương trình: 2 t
( 2 x t
)
−
−
2 ⇔ + t
t 9
t 4
36 0
9
+ t
4
0
9
4
0
( = ⇔ + t t
) −
(
) ( = ⇔ − t
)( + t
) = 9
− =
t
4 0
4(
= ) tm
2
⇔
⇔
⇒ = ⇒ =± x
4
x
2
+ =
t
9 0
9(
ktm
)
t =− t
=
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
x
2;
x
= − 2
− t+ 5 = 36 0
b) Tìm các số a và b
=
⇔
Vì hai đường thẳng (
)d và (
)'d song song với nhau nên
− = 1 3 ≠ − 1
4 ≠ − 1
a b
a b
vào hàm số
= d 3
( + x b b (
1; 2 =− x =− 1; y 2
) ) ≠ − y : 1 )d đi qua điểm ) M − − nên thay ) ( − + ⇔ =(thỏa mãn) 1 2 3. 1
=
Vậy
Suy ra đường thẳng ( Vì đường thẳng ( = 3y x b b= 4,
a
1
− = +ta được: b b
Câu 3.
,x y (sản phẩm)
)
< < x y , 610
y+ =
sản phẩm.
+ = x 1,1 x
(sản phẩm)
) 1 10% ) +
Gọi số sản phẩm tổ A và tổ B sản xuất được trong quý I lần lượt là ( 0 Vì trong quý I, cả hai tổ A và B sản xuất được 610 sản phẩm nên ta có phương trình: x 610 Trong quý II: Tổ A tăng thêm 10% so với quý I nên tổ A sản xuất được ( Tổ B tăng thêm 14% so với quý I nên tổ B sản xuất được ( Ta có hệ phương trình:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= 1 14% 1,14 y y
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
155
+
=
=
=
=
x
610
250
671
1,1
10
y
x
y
x
250(
tm
)
⇔
⇔
+ = y +
⇔ =
⇔ =
=
−
0,04 − 610
610 250
1,14
1,14
681
681
360(
)
= y
y
y
y
x
tm
1,1 x + 1,1 x
=
1,1 x y Vậy trong quý I, Tổ A sản xuất được 360 sản phẩm, tổ B sản xuất được 250 sản phẩm Câu 4.
A
C
H
B
,AH theo hệ thức lượng trong tam giác
Xét tam giác ABC vuông tại A có đường cao
2
=
vuông ta có:
AB
BH BC .
⇔ = BC
(
cm
)
AB BH
2 2 5 = = 3
25 3
Xét ABC∆
vuông tại A, theo định lý Pytago ta có:
2
2
2
2
2
2
=
+
⇔
=
2 −
⇔
=
2 −
2 =
BC
AB
AC
AC
BC
AB
AC
5
25 3
400 9
⇒ = AC
cm
(
)
400 9
20 = 3
Vậy
= = BC cm AC , cm 25 3 20 3
Câu 5.
P
E
M
I
N
O
H
S
Q
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
156
SME ∆
a) Chứng minh SPN ,
,
P E M N cùng thuộc (O) nên tứ giác PENM nội tiếp
⇒
(góc nội tiếp cùng chắn cung
∆ ,
Ta có : bốn điểm EPN EMN =
=
có : ;
S chung EPN EMS cmt
(
)
Xét SPN∆ ⇒ ∆ SPN
)EN
SME g g ( . ) ( dfcm ) ∆ và SME ∆
Từ câu
(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
⇒ ∆ ∆ SME SPN a ,
b) Chứng minh độ dài đoạn OH không phụ thuộc vào I SP SN = SM SE
=
=
Ta có:
= PEH PEQ
= = sd PQ sd PM POM
( ) 1 1 2
0 ⇒
=
=
180
= SEH POS
=
chung
0 + + POM POS PEH SEH 180 ; có: SEH POS cmtt S );
(
và SOP∆
Xét SEH∆
⇒ = SP SE SM SN . .
(Hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
⇒ ∆ ∆ − ⇒ = SEH SOP g ( g ) SE SH SO SP
( ) 2
Từ (1) và (2) suy ra
⇒ = SE SP SO SH . .
= SO SH SM SN . . ⇒ = SH . SM SN SO
,
SM SN SO không đổi
,
,
SH⇒ không đổi
S M N O cố định nên OH SO SH
, , Mà ⇒ = không đổi Vậy độ dài OH không phụ thuộc vào vị trí điểm
−
I dfcm ( )
Câu 6.
2
2
2
2
− = ⇔ +
−
2
a
ab
2
a
b 2
+ a b
= ⇔ ab 2
a
+ b
+ a b
= ab
(
) − + 1
( b b 2
(
)
( −
)
(
)
2
2
⇔
+
+
−
=
2
a
b
2
ab
+ a b
6
ab
(
)
a (
) 1 )
2
2
)
(
−
=
a b
+ a b
6
ab
≤ 6.
.
a b
( ⇔ + 2
)
(
)
(
2 ) +
+ a b 4
3 = 2
2
2
−
−
≤
a b
+ a b
+ a b
0
( ⇒ + 2
)
(
)
(
)
3 2
2
⇔
−
+ a b
+ a b
≤ ⇔ ≤ + ≤ . Ta có: a b
0
2
0
(
)
(
)
1 2
3
3
3
3
+
+
a
b
=
+
=
+
+
+
F
2020 b
2020 a
a b
2020 b
b a
2020 a
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
157
3
4
+ 2020
3 b + a
1 b
4 a + ab
b ab
1 b
1 a
+ 2020
1 = + a
a = + b
2
2
(
+
≥
Áp dụng các BĐT cơ bản
và
ta có:
x a
y b
)2 + y x + a b
2
2
2
4
4
1 a 1 + ≥ b 4 + a b
(
)
2
2
2
+ a b + + + ≥ + 2020 2020. b ab 1 a 1 b 2 ab 4 + a b
2
2
2
(
)
2
2
2
+ a b ) a ab ( ≥ + = + + ≥ + a b + a b + a 8080 + a b 8080 + a b 1 2 8080 + a b
(
)
(
b 2 ) = + = ≥ 3 3 . 4042 4 + 4 + 4 + + a b 4 + + a b 8072 + + a b + a b 2 . a b a b 8072 2
=
F
4042
⇔ = = a b
1
Vậy Giá trị nhỏ nhất của F là min
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ a b 2 ⇒ ≥ F 4042
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
158
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài :120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 26
Câu 1. (2,0 điểm)
1) Giải các phương trình sau
a)
− =
b)
3 0 x − = 1 8 ) ( x+ x 2
2) Cho phương trình
là hai nghiệm của phương trình.
2 3 x−
1x .Gọi và
2x
Hãy tính giá trị biểu thức
+ = x
2 + x 2
1 0 2 = A x 1
Câu 2. (2,0 điểm)
=
−
>
A
: 1
x
0
a) Rút gọn biểu thức:
(
)
+
+
x 3
x
x
1 + + 3 x
6 + 3
x
x
và song song với đường
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm
( M −
2 x )1;4
thẳng
− y 1
x= 2 Câu 3. (2,0 điểm)
a) Một đoàn xe nhận chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành, đoàn có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc ? Biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau x
b) Cho hệ phương trình với tham số
( mx
>
Tìm
để hệ phương trình có nghiệm duy nhất
thỏa mãn
0
+ − = y 3 m m :
)
)1 + = y m (
x 0
y+ 0
có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn
. Gọi
m ;x y 0 0
Câu 4. (3,0 điểm) ABC∆ Cho
và
) ( là trực tâm của
Vẽ đường kính
AK
,D E F , ABC∆
là chân các đường .
, H là hình bình hành
, BC CA AB BHCK
Hãy chứng
M
cao lần lượt thuộc các cạnh a) Chứng minh tứ giác b) Trong trường hợp
;O R
là phân giác của
và 4 điểm
cùng nằm trên một đường
không cân, gọi DFE
là trung điểm của M D F E , ,
,
ABC∆ .BC
và đường tròn
A
minh tròn. c) Khi
thay đổi trên đường tròn sao cho =
+
+ P DE EF DF
A
luôn nhọn, đặt
( ) ;O R cố định, điểm BC a= .
FC
Tìm vị trí của điểm để tổng
R
BC ABC∆ lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo và a
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương
,a b c ,
abc = 1
Chứng minh rằng:
2
2
2
2
2
2
thỏa mãn 1 c 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ + ≤ + + + + + + 1 b 2 a 3 b 3 1 a 2 c 3 1 2
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
159
ĐÁP ÁN
Câu 1
=
9
⇔
1) )
a x
− = ⇔ 8
1
x x
− = 1 8 − =− 1
8
x =− x
7
Vậy tập nghiệm của phương trình là
{ } − 9; 7
2
+
− = ⇔ +
− =
b x )
2
x
3 0
x
2
x
3 0
(
)
S =
Phương trình có dạng
nên có hai nghiệm
= x 1 = − 3 x
Vậy
+ + = + − = a b c 1 2 3 0
{ } − 1; 3
S =
có
23
2 3 − x− 4.1.1 5 0 2) Xét phương trình nghiệm phân biệt . Áp dụng định lý Vi – et ta có:
=
+
3
x 2 = 1
x 1 x x 1 2
+ = ∆ = = > nên phương trình luôn có hai 1 0 x
2 − 3
(
)2
2 = A x 1
2 x 2
Vậy
+ = + − = 2 = 2.1 7 x 1 x 2 x x 1 2
7A =
Câu 2.
=
−
: 1
A
+
+
1 + + x
x 3
3
x
x
6 + 3
x
x
2 x
a) Rút gọn biểu thức
+
+
x
3
x
2
x
3
6
)
x
x
=
+
:
+
+
+
x
x
3
x
.
3
x
3
( x
(
)
(
− (
+ )
) +
x
.
x
3
=
=
=
.
1
+
x ( −
+ +
x
3
x
2
x
) − + 6 6
x x
x x
x +
.
x
x
3
+ x (
)
và song song với đườn
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm
( M −
)1;4
−
thẳng
là đường thẳng cần tìm
Vì
y x= 2 1
có dạng
Gọi d
− nên phương trình đường thẳng y x= 2 1 d
( + c c
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= y x 2 d song song với đường thẳng ) ≠ − 1
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
160
Vì
nên thay tọa độ điểm
vào phương trình đường thẳng
ta có:
M
(
)1;4 −
∈ M d d
= tm c x )
) ( − + ⇔ = 6( 4 2. 1 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là
+ y x= 2 6
Câu 3.
a) Tính số xe ?
Gọi số xe lúc đầu của đoàn xe là
(chiếc),
(
)*
Lúc đầu mỗi xe chở số tấn hàng là :
(tấn)
x x ∈
Khi khởi hành có thêm 3 xe nên số xe lúc sau là
(xe)
480 x
(tấn)
Lúc sau mỗi xe chở số tấn hàng là :
3x +
2
− =⇔ − 8 1
480 3x + Vì lúc sau mỗi xe chở ít hơn 8 tấn hàng so với dự định nên ta có phương trình: 480 x ⇔ 60 x = − 480 + x 3 + x 3 − 180 60 = + x x 60 60 3 x x 60
x
− x + ⇔ − 12 15 15 12 x x 15 0 x − x 12 )( = 180 0 ) = +
( 2 ⇔ + x 3 ( ⇔ + x x x
Vậy lúc đầu đoàn xe có 12 chiếc
>
0
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất
(
x 0
− 15 ( ) = tm ⇔ ⇔ + ktm 15( ) x 60 = + x 3 ( ) ) + ⇔ + 3 x x x 2 = ⇔ + − x 180 0 ( ) ) − = 12 0 12( x =− = x 15 0
) m
y+ 0 ( ) 3 *
Ta có :
thỏa mãn ) 1 −
) 1 + = y m
( mx
( ) + 1 y m mx
Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
có nghiệm duy nhất
( )*⇔
⇔ + ≠ ⇔ ≠ − 1 0
m
m
2
+ + = + − = y 3 m x m − x m mx = 3 + x m 2 ⇔ ⇔ = − = ;x y 0 0 ( y m mx
Khi đó ta có:
( ) *
2
2
2
+
−
2
m 3
⇒ =
=
−
− y m mx m
⇔ = y
⇔ = y
1 2 m 2 m ( m m m 2
≠ − ⇔ = x m 1 2
− m m m + m 1 2
m 2
− m
2 m + 1
2
⇒
Với
thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất
m ≠ −
(
)
x y ; 0 0
+ 3 m m ; + m 2 1 2
− m
2 m + 1
1 2
=
>
Theo bài ra ta có:
0
x 0
y+ 0
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ 3 + 1 ) + 3 + 1
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
161
2
3
⇔
+
>
> ⇔ 0
( ) 0 1
+ m 3 + m 2 1
m 2
− m
m 2 + 1
2 − m m + 2 m
+ 1
2
2
−
=
2 − m m
+ = 3
m
2.
m .
m
( > ∀ m 0
)
1 2
1 11 + + 4 4
1 − 2
11 + 4
Vì
⇒ ⇔ + > ⇔ > −
≠ −
1 0
m
m
2
TMDK m
( ) 1
1 2
1 2
m > −
Vậy
1 2
Câu 4.
A'
A
E
I
F
H
O
C
B
D
M
K
là hình bình hành
BHCK
a) Chứng minh tứ giác
ABK⇒
090 =
AB BK⊥
hay
ABK ⊥
Mà
hay
Ta có: CF
là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ( ) 1
ACK⇒
090 =
Ta có:
hay
⇒ CF BK / / AB gt ( ) CH BK / /
AC CK⊥
Mà
ACK ⊥ BE AC gt
là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ( ) 2 là hình bình hành
Từ (1) và (2) suy ra tứ giác
⇒ ( BE CK hay BH CK / / / / )
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
BHCK
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
162
là phân giác
FC
b) Chứng minh
0
0
=
+ BFD BHD
180
Xét tứ giác
ta có:
, mà hai góc này ở vị trí đối diện
⇒
nên
là tứ giác nội tiếp
DFE BFHD 0 = + 90 HFD HBD =
BFHD
90 (hai góc nội tiếp cùng chắn ( ) ) 3
0
=
+
=
Xét tứ giác
có
mà hai góc này ở vị trí đối diện
+ AEH AFH
0 180 ,
⇒
nên
(hai góc nội tiếp cùng chắn
(4)
)HE
AEHF 0 90 90 HFE HAE =
HD
= AEB ADB
AEDB
là tứ giác nội tiếp AEDB 090 =
Xét tứ giác
⇒ là tứ giác nội tiếp (dhnb)
AEHF
⇒
Từ
=
⇒ là phân giác của
Hay
ta có: ( )5 = DAE DBE ( ) ( ) ( ) = = EAD EFH HFD HBD 3 , 4 , 5 EFC CFD FC DFE (
⇒ =
⇒
=
=
EM EM BM
BC
Xét
vuông tại E có đường trung tuyến
dfcm )
1 2
=
⇒
⇒
=
EBC∆
cân tại M
(góc ngoài của
2 = EBM MEB EBM EMC MEB EBM =
⇒ ∆ EBM
tam giác). Lại có
+ )
⇒
=
⇒
= EBM cmt = HBD 2 ( EFD 2
2
là tứ giác nội tiếp
cùng thuộc một
E F D M ,
,
,
đường tròn.
Gọi
Ta có:
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
⇒ EFDM 2 ( = EMC EFD EBM HFD )
c) Tìm vị trí điểm A……. { } = ∩ EF OA I FAI BCK =
),
Xét tứ giác
có
do đó tứ giác
là tứ giác nội tiếp (tứ
)BK
giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau)
⇒
(góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp )
=
=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⊥
⊥
AFI ACB = 090 + = + ⇒ FAI AFI BCK ACB ACK ⇒ ⊥ OA EF Chứng minh tương tự ta có :
OB FD OC ED ,
=
S
. OA EF
Ta có:
(tứ giác có hai đường chéo vuông góc)
OEAF
1 2
=
=
S
OB FD .
;
S
OC DE .
OFBD
ODCE
1 2
1 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
BFEC 090 ( = = BEC BFC gt BFEC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
163
⇒
+
+
=
S
S
S
OA EF .
+ OB FD .
+ OC DE .
OEAF
OFBD
ODCE
1 2
1 2
1 2
⇒
=
S
.
R EF .
ABC
1 + R DE . . 2
1 2
1 + R FD . . 2 2
⇒ +
+
=
EF FD DE
Kéo dài
cắt
tại
(do
S ABC R A
(
=
AD BC .
≤ A M BC .
'
Khi đó ta có:
ABCS
)O 1 2
1 2
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông
ta có:
⇒ ' OM ⊥ A M BC ' OM BC⊥ )
2
2
=
2 −
=
OM
OC
CM
2 − R
a 4
2
2
2
⇒
= +
=+
−
'
' A M OA OM R
≤ S
R
R
ABC
a + 2
a 4
a 2 − ⇒ R 4
2
2
+
−
R
a 4
a R
⇒ +
+
≤
EF FD DE
R
Dấu
khi đó điểm
là điểm chính giữa của cung lớn
',
A
OMC
"= =
A A⇔ ≡ " xảy ra + + P DE EF DF
A
đạt giá trị lớn nhất khi điểm
là điểm chính giữa của cung lớn
Vậy BC
BC
+ + ≤
Câu 5. Chứng minh
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
+ + + + + + a 3 b 3 c 3 1 a 2 1 2 1 b 2 1 c 2
Ta có:
2
2
+ + + + + a b 2 + = 3 a b b 1 2
Áp dụng Bất đẳng thức Cô si ta có:
2
+ ≥ a b 2 ab
2
2
+
+ + ≥
+
+ =
2 ⇒ + a
b
b
1 2 2
ab
b 2
2 2
ab b
(
) + + 1
⇒
≤
2
2
+
+
1 b 2
a
3
1 + + ab b
2
) 1
(
Chứng minh tương tự :
≤
≤
;
2
2
2
2
+
+
+
+
b
3
2
bc
1 c 2
1 + + c
1 a 2
c
3
1 + + ca a
2
(
) 1
) 1
(
Khi đó ta có:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ ≥ b 1 2 b
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
164
2
2
2
2
2
2
Ta có:
+ + ≤ + + + + + + + + a 3 b 3 c 3 1 a 2 1 2 1 + + ab b 1 1 + + c 1 1 + + ca a 1 bc 1 b 2 1 c 2
+ + 1 bc 1 + + c 1 + + ca a 1
2
= + + 1 1 ab ab c abc ab
= + + = = 1 + 1 + + ab b 1 + + + ab b 1 + + ab b 1 + ab + + 1 b ab 1 b + + bca ab b + + ab b + + ab b b + ab b 1 1
Vậy
dấu
xảy ra
"
"=
2
2
2
2
2
2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ + ≤ . ⇔ = = = a b c 1 + + + + + + 1 b 2 1 2 a 3 b 3 c 3 1 a 2 1 c 2
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
165
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2020-2021 ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 27
Bài 1. (1,5 điểm) Cho hai biểu thức
−
+
x
x
x
=
−
+
−
B
;
A =
3 7
28
175 3
+
x + (với 1
x
x
B
và biểu thức
a) Rút gọn biểu thức
bằng ba lần giá trị của biểu thức
A
B
A x b) Tìm các giá trị của để giá trị của biểu thức
x > 0)
Bài 2. (1,5 điểm)
Xác định các giá trị của và
a) Cho hàm số
(
).d
=− y
x
2020
biết
song song với đường thẳng
và
cắt trục hoành tại
= + có đồ thì là đường thẳng y ax b a
(
)d
(
)d
1 + 2
−
=
x
2
10
b) Giải hệ phương trình
−
−
) =
−
4
x
( x
2
y
2
) − + 1 ) 2
2 (
y )
b
5− điểm có hoành độ bằng ( 3 x (
Bài 3. (2,5 điểm)
2
2
+
− =
(
là ẩn số,
là tham số).
x
m
+ x m
1) Cho phương trình
(
( ) 1 0 1
với
a) Giải phương trình
) 1 7m =
− 2 ( )1
để phương trình
có hai nghiệm
sao cho biểu
b) Xác định các giá trị của
x m
( )1
,x x 1 2
m
thức
đạt giá trị nhỏ nhất
2 = M x 1
2 x 2
2) Bài toán có nội dung thực tế
Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất
thùng nước sát khuẩn trong thời
+ − x x 1 2
gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngầy là
bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng
chống đại dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35
thùng sát khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn ngày.
2100
Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy phải sản xuất bao nhiêu thùng nước sát
khuẩn.
3
Bài 4. (3,5 điểm)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
166
vẽ hai tiếp tuyến
và
của đường
A
AB
1. Qua điểm nằm ngoài đường tròn
tròn
và
là các tiếp điểm). Gọi
)O là trung điểm của đoạn thẳng
là giao
,AC F
( E
AC
điểm thứ hai của đường thẳng
là giao điểm thứ hai của
(B C
với đường tròn
. Chứng minh
đường thẳng
AF
với đường tròn )O
EB ( là tứ giác nội tiếp và tam giác
đồng dạng với tam giác
a) Tứ giác
),O K (
EA
và
là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
b) c)
ABF ABOC
AKB = BF CK CF BK . ∆ ∆ FCE
2
diện tích xung quanh bằng
Tính
,cm 5
2. Một hình nón có bán kính đáy là
ABF∆ cmπ 65
. CBE
chiều cao của hình nón.
.
Bài 5. (1,0 điểm)
2
2
2
2
là hai số thực bất kỳ. Chứng minh
a) Cho
)
(
+
+
− + ≥ + + ,x y x xy y x xy y
x
y
z
2.
là ba số thực dương thỏa mãn
Chứng minh:
b) Cho
z
+
≥
+
+
+
+
+
+
+
2 3
x x xy
x
y
y
z
z
x
z zx
y y yz
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
1 3 = x y z , ,
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
167
ĐÁP ÁN
Bài 1.
a) Rút gọn biểu thức A và B
−
− =
−
=
A
3 7
− 28
−
+
x
x
x
−
+
− = + 175 3 3 7 (
+ 2 7 5 7 3 6 7 3 ) 1
) 1
x
x
( . x +
=
−
=
=
x +
x
1
− + 2 x
x
= 1
B
+
x
1
x
x b) Tìm x để
=
⇔
− =
A
3
B
x
) − 1
⇔
− =
x + x 1 B= 3A ( 6 7 3 3 2 − ⇔ 6
3
x
6 7 3 6
x
= 6 7
⇔ =
tm
)
Vậy
x 7 7x = thì
⇔ = x 7( B=
3A
Bài 2.
a) Xác định các giá trị a và b
nên
=− y
x
2020
Vì đường thẳng (
) :d
1 + 2
a
1 = − 2 2020
≠ b
d
:
=− y
≠ , x b b
2020
)
Khi đó phương trình đường thẳng (
)d có dạng (
1 + 2
)d cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 5− nên đường thẳng (
)d đi qua điểm
)5;0−
vào phương trình đường thẳng (
)d ta có:
=−
0
tm (
)
( − + ⇔ =− . 5 b b
)
Vì ( )5;0− ( 1 2
. Thay tọa độ điểm ( 5 2
Vậy
5 b = − 2
1 a = − và 2
−
=
x
x
2
10
= +song song với đường thẳng y ax b
b) Giải hệ phương trình
−
−
) =
−
x
( x
2
y
2
4
( (
) − + 1 ) 2
2 (
y )
3 =
−
10
x
x
2
⇔
Ta có
= y =
−
−
) =
−
− − + x 3 2 − − + x 8
4 y 2
10 2
4
x
( x
2
y
2
( (
) − + 1 ) 2
2 (
y )
3 x x 4
3
3
−
=
4
13
4
⇔
⇔
⇔
⇔
+
=
+
=
=
x x
y y
x x
y y
33 y
y
2
10
6
4
− 13 + 20
2
10
10
y
5 3
5
= x 11 ⇔ = x 3
= x 3 = + 3.3 2
= x
= 1 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
168
Vậy nghiệm của hệ phương trình (
)
x y ; 3; 1 2 =
Bài 3.
1. Cho phương trình….
a) Giải phương trình ( )1 với
2
2
7m =
+
− = ⇔ −
2 ⇔ − x
x
x
x
16
x
−
12
4
4
x
= ⇔ − x
0
12
− x
4
0
(
+ )(
= 48 0 ) =
−
=
− + 4 x 12 x = 48 0
1 0 ) 12
x
⇔
⇔
− =
=
x
4 0
4
x
Vậy với
7m = ta có phương trình: Với ) ( 2 + − 7 2 7 1 ( ( ) − ⇔ − x x = 12 0 x
{
} 4;12
S = 7m = thì phương trình có tập nghiệm
b) Tìm
2 Min M x 1
2
2
−
+
− =
Phương trình
x
m
+ x m
( ) 1 0 1
2 x 2 ) 1
có hai nghiệm 1
,x x 2
2
2
2
+ ≥ ⇔ +
+ ≥
⇔ ∆ ≥ ⇔ +
−
m
1 0
m
2
m
+ − 1
m
1 0
' 0
m
− + x x 1 2
( ⇔ + ≥ ⇔ ≥ − 2 0
m
2
1
= ( 2 )2 1 m
Áp dụng hệ thức Vi ét ta có:
.Theo đề bài ta có:
−
=
+
+
−
3
(
)
x x 1 2
x 2
2
2
+
+
=
m 8
4 3
2 + − m
3
m
2
2 = M x 1 (
2 x 2 2 ) + 2
x 1 ) − = m 4 1
2
2
2
+
−
=
+
+
+
− = 9
m
4
9
m
m
m 8
m 8
16
(
)
x x 1 2 ( − 3 m ( + = 7
2
2
= + m + 2 x 1 2 2 − 1 x 2 = x x m 1 2 2
) ≥ − ⇒ + ≥ ⇒ +
Với
)
( ≥ ⇔ +
)
= 4 m 9 4 − ≥ ⇒ 9 0 MinM 0 m m
( tm 1(
Dấu "
Vậy
4 3 ⇔ =− m )
m 1 "= xảy ra m = − thỏa đề 1
2) Bài toán có nội dung thực tế
Gọi số thùng nước sát khuẩn mỗi ngày nhà máy sản xuất theo kế hoạch là x (thùng) (
)
(ngày)
⇒ Thời gian dự định nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn là
Thực tế, mỗi ngày nhà máy sản xuất được số thùng nước sát khuẩn là
< 2100, * x x ∈
(ngày)
⇒ Thời gain thực tế nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn:
2100 x (thùng) x +
Nhà máy đã hoàn thành xong công việc trước thời hạn 3 ngày nên ta có phương trình:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
35 2100 x + 35
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
169
−
2100
= 2100 x
35
=⇔ 3
( + x
) − 35
( + 3 x x
)
2
2
+
−
=
=
x
105
x
⇔ + x 3
105
x
73500 0
x
=
3 2 = ⇔ +
140
35
x
0
24500 0 = 140
175
0
140
175
175
x
x
x
− x 175 ( =⇔ +
− x )( −
)
+
2100 2100 + x x 35 − + ⇔ 73500 2100 x 2100 2 ⇔ + x ( ⇔ + x x x
ktm
)
⇔
− ) = 175 0 =
−
140 0
x
x
x ) 175( = 140(
tm
)
24500 0 ( + − =− x ⇔
Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất được 140 thùng nước sát khuẩn Bài 4.
B
K
F
O
A
E
∆
là tứ giác nội tiếp và
C ABF
ABOC
a) Tứ giác
⇒
Ta có:
là hai tiếp tuyến của
tại
,AB AC
ABO ACO =
B C ,
090=
(
)O
∆ AKB ⊥ OB AB ⇒ ⊥ OB AC
0
0
=
+
=
90
180
ta có:
mà hai góc này đối nhau nên
là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác ABOC
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
ABOC 0 + ABO ACO 90 ) ( dfcm
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
170
=
∆
Xét
và
(cùng chắn
)BF
ABF∆
⇒ ∆ ∆ − ABF
A AKB ABF AKB ta có: )( ( g dfcm AKB g = BF CK CF BK
.
b) Chứng minh
∆
∆
⇒
=
ABF
AKB cmt (
)
Ta có:
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ )
=
Xét
và
chung;
có:
(cùng chắn
)CF
∆ ACF AKC∆
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
( g dfcm
)
chung; ) . AF AB BF = AK KB AB A AKC ACF AC CF AF = AK KC AC
Mà
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
⇒ ∆ ∆ ⇒ = − ACF AKC g ) (
⇒ = ⇒ = = . BF KC KB CF dfcm ( . )
Ta có:
)BC
BKC BCE =
là tứ giác nội tiếp đường tròn
Lại có:
(góc nội tiếp và góc tiếp tuyến dây cung cùng chắn )O (
⇒
(góc ngoài tại 1 điểm bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
⇒
=
)
=
ta có:
chung;
E (
EFC ECB cmt
)
AB AC= AC BF CF AB = AK AK KB KC c) Chứng minh EA là tiếp tuyến……
CBE
và ∆
2
2
BFCK EFC BKC = ( = EFC BCE BKC ∆ ∆ Xét ⇒ ∆ FCE FCE CBE g g dfcm ( . )( )
Vì
EA EF ⇒ = EB EA
∆
− −
(
cmt
)
AEF
BEA c g c
(
)
AEB
Xét
và
ta có:
chung;
AEF∆
BEA∆
⇒ ∆
EA EF = EA EB
⇒
(hai góc tương ứng)
FAE ABE = ABE
BF
ABF∆
là góc nội tiếp chắn cung
của đường tròn ngoại tiếp
AF
AE E
được tạo bởi dây cung
và
∆ ∆ = = FCE CBE cmt ( ) CE FE BE AE . FE CE ⇒ = ⇒ CE BE
là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
Mà FAE AE⇒
( nằm ngoài đường tròn) ABF dfcm (
∆ )
Bài 2. Tính chiều cao của hình nón
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
171
l
h
R
Ta có:
xqS
Áp dụng định lý Pytago ta có chiều cao của hình nón là:
2
2
= π π = 13 Rl ⇔ = π 5 65 l l cm π 65 ⇔ = π 5
2 13
2 − 5
= = h l − R = 12( cm )
Bài 5.
2
2
2
2
− + ≥ + + x xy y x xy y
a) Chứng minh
)
(
Ta có:
2
2
2
2
2
2
2
2
1 3
)
(
2
2
2
2
− + ≥ + + + ≥ + + x xy y x xy y ⇔ − 3 x 3 xy 3 y x xy y 1 3
(luôn đúng)
(
)2
+ ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ − ≥ ⇔ − 2 x 4 xy 2 y x xy y 0 x y 0
Dấu "
"= xảy ra khi x
2 0 y= . Vậy ta có đpcm.
> 0 x
ta được:
b) Đặt
= y > ⇒ + + = 0 a b c 2
3
3
3
=
+
+
VT
2
2
2
2
2
2
+
+
+
> = 0 z c
a
b
c
c
=
+
+
3
2
3
2
3
2
+
+
+
+ 4 a 2 + a b ab
a
b
b bc 4 b 2 + b c bc
c
2
2
(
+
≥
Áp dụng bất đẳng thức
ta có:
a x
b y
c + ca a 4 c 2 + c a ca )2 + a b + y x
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= a b a + ab b
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
172
2
2
2
4
4
2
2
3
3
2
3
3
2
2
( + a b ab
) b
(
)
4
4
4
+ ≥ a 2 + + + + + a 2 + a b ab b 2 + b c bc b a a + b c bc b ( + )
2
2
2
3
3
3
2
2
4
+ + ⇒ + + b 2 + b c bc c 2 + c a ca c b a
3
2
2
3
2
2
3
)
(
2
2
2
2
+ ≥ a 2 + + + + c c 2 + c a ca a 2 + a b ab ( + a b ab a + )
2
3
2
2
3
2
2 + c a ca
)
(
)
(
2
2
2
2
+
b
c
=
a 2
2
+ +
+
) ( +
+ +
2 c a b c
+ + c ≥ a 3 b 2 + + + + + a + a b ab c + 2 ) b ( b ( ( b
(
)
)
(
2
2
2
2
2
2
2
+
c
a
=
=
a 2
b 2
2
+ + a a b c ( +
+
+ + c b + + a b c
+ ( ) + + a b c
a
b
c
)
(
+ )(
2
2
2
(
)
=
=
2 b + 1
2 c + 1
1 ≥ . 2
+ + a b c + + 1 1 1
1 2 = . 2 3
2 3
a 1 2 1
3
3
3
⇒
+
≥
+
(
dfcm
)
2
2
2
2
2
2
+
+
+
+
a
a + ab b
b bc
b
c
c
c + ca a
2 3
+ b c bc ) + b c bc ) ) b a b c
Dấu "
"= xảy ra khi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= = = a b c 2 3
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
173
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẬU GIANG
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020-2021 MÔN TOÁN – THPT Thời gian làm bài : 90 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 28
y 1
A. Trắc nghiệm (2,0 điểm) Câu 1.Tìm số thực m để hàm số
( = − 2
) + m x C m .
nghịch biến trên > D m . 2 − = có bao nhiêu nghiệm dương ?
> ≠ A m . 0 2
6 0
Câu 2. Phương trình A
=
+ có nghĩa
P
x
.0 < . B m 2 2 5 x− x B .1 C .2 D .3
Câu 3. Tìm điều kiện của x để biểu thức
+ 2 x − x 3 ≥ và 0
> ≥ C x . 3x ≠ D x ≠ . 3 A x . 3 B x . 0
= − =+
Câu 4. Cho
P a b 7
,a b là các số nguyên. Tính a b− với − . 7
=
A .7 53 20 7 .73 B C D
AB
3,
BC
5.
− . 3 =Tính tan ACB
Câu 5. Cho tam giác ABC vuông tại A và
= = = = A .tan ACB B .tan ACB C .tan ACB D .tan ACB 3 5 4 3 5 3 3 4
Câu 6. Tính thể tích V của khối hộp chữ nhật có chiều dài, chiều rộng và chiều cao lần lượt là
3
3
a a a ,2 ,3 3
3
a
2.
= = = a 6 C V a D V . 2 a . a 3
= )O ngoại tiếp tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng
)O
2
2
2
2
=
=
=
=
AV .
π a
B V .
π 4 a
C V .
π a
D V .
π 2 a
1 2
B V . AV . Câu 7. Cho đường tròn ( Tính diện tích S của hình tròn (
Câu 8. Tính thể tích V của khối cầu có bán kính
3
3
3
3
a= 2R
= = = = AV . π a B V . π a C V . π 4 a D V . π 8 a 4 3 32 3
B.Tự luận (8,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức
A =
− 7 20 3 25 3
khi
2) Tính giá trị của biểu thức
4
B
= + x
+ x
3) Rút gọn biểu thức
C =
2 5 +
5 −
− 2
1
2
1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
9x =
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
174
Câu II. (2,0 điểm)
1) Giải phương trình
2) Giải hệ phương trình:
2
22 x− 6 x x 2 + x
+ = 1 0 − = y 3 = y 5
Câu III. (1,5 điểm)
2
Trong mặt phẳng
có đồ thị (
)P và đường thẳng
,Oxy cho hàm số y x=
)P
d y : + (với m là tham số) 1
+
)P tại hai điểm =
2
,x x thỏa mãn điều kiện
)
(
2 x 1
2 x 2
+ x 2
x 1
2
− = 2 x m 1) Vẽ đồ thị ( 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị (
và điểm A nằm ngoài đường
)O có bán kính ,AM AN (với
).O Kẻ đến (
,
,
).C Xác định
a= 2R
phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là 1 Câu IV. (2,0 điểm) Cho đường tròn ( )O hai tiếp tuyến tròn ( ,M N là các tiếp điểm. A M N O cùng thuộc một đường tròn ( , )C
1) Chứng minh bốn điểm tâm và bán kính của đường tròn (
2) Tính diện tích S của tứ giác AMON theo
,a biết rằng
3) Gọi
'M là điểm đối xứng với M qua O và P là giao điểm của đường thẳng AO
OA a= 3
),O P nằm bên ngoài đoạn
.OA Tính sin MPN
và ( Câu V. (0,5 điểm)
Cho x và y là hai số thực không âm thỏa mãn
4
4
x y+ = Tìm giá trị nhỏ nhất và giá 4.
trị lớn nhất của biểu thức
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ − + = P x y 4 xy 3
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
175
ĐÁP ÁN
A. Trắc nghiệm
1D
4A
5D
2B
3A 6 B 7 C 8 B
B. Tự luận
Câu I.
1) Rút gọn biểu thức
−
=
−
A =
− = 7.2 5 3.5 14 5 15
7 20 3 25 2) Tính giá trị biểu thức
Điều kiện
vào B ta có:
+
B =
9
+ = + 4 3
+ = 4
3 2.3
15 2
3 2 9
==
10 2
C
5 +
10 2 − 1
= x > ⇒ 0 thay x 9( tmdk )
3) Rút gọn biểu thức − + + 5 5 2 5 5 2 − − 1 2
= 1
2
2
= − 1
5 − Câu II.
+ = x− 6 1 0
22 x >nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
∆ =
1) Giải phương trình 2 ' 3
= − 2.1 7 0
3 7
. Vậy
Ta có: = x 1
7 S 3 7 ± 3 = 2 = x 2 + 2 − 2
2) Giải hệ phương trình
x +
=
2 x
− = y y
2
3 5
2 − = y 3 4 2 − 6 ⇔ ⇔ ⇔ x + = x + y = x = x 2 y 5 x 2 y 5 y 11 − x 2 3 = 5
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất(
)
x y ; 11 = x = 5 7 = y 5 11 7 = ; 5 5
Câu III.
)P
2
=
1) Học sinh tự vẽ ( 2) Tìm tất cả giá trị của tham số m x
2
− x m
2 + ⇔ − 1 x 2
+ x m
( ) − = 1 0 *
Xét phương trình hoành độ giao điểm Để đường thẳng ( nghiệm phân biệt
)d cắt đồ thị ( − ⇔ ∆ = m ' 1
)P tại hai điểm phân biệt thì phương trình ( )* phải có hai + = 1 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
> ⇔ < 0 m 2 − m
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
176
=
+
2
Áp dụng hệ thức Vi et ta có:
.Theo đề bài ta có: −
1
x x 2 1 = x x m 1 2
2
+
=
− 2
(
) +
2 x 1
2 x 2
x 1
x 1
x x 1 2
x 1
x 2
( ) + ⇔ + x x 2 2 − = ⇔
m
( ) = 2 − = ⇔ = m 0
1(
tm
)
2
2.2
m
2 (
) 1
(
Vậy
) 2 ⇔ − 2 1 2 1m = thỏa mãn đề bài
Câu IV.
M
O
A
E
P
I
M'
N
1) Xác định tâm và bán kính
=
vuông tại M
Gọi I là trung điểm của OA Ta có: 090 ( OMA
AM
))O
vuông tại N
Có MI là trung tuyến 090 ( = ONA
AN
⇒ ∆ AMO
là tiếp tuyến với ( ( )1 ⇒ = MI là tiếp tuyến của (
ANO
Có NI là trung tuyến nên
= NI
A M N O cùng thuộc đường tròn
,
,
,
Từ (1) và (2) suy ra IO IA IM IN
=
R
(
dfcm
)
(
)C tâm I bán kính
OA 2
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ ⊥
= = IO IA ))O ⇒ ∆ ( )2 = IO IA =nên 4 điểm =
tại trung điểm E của MN
OA MN
2) Tính diện tích S…….. Gọi E là giao điểm của MN và OA =và AM AN= = Ta có: OM ON R OA⇒ là đường trung trực của MN Tam giác OMA vuông tại M, theo định lý Pytago ta có:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
177
2
2 −
2 =
2 2 = ⇒ 5
)
(
(
2 ) − Tam giác AMO vuông tại M có ME là đường cao nên:
5
2
⇒ =
=
5 =
=
ME OA OM AM ME
.
.
a a 2 . a 3
a 3
5
2
OM AM . OA 5
⇒
= MN ME
2
= 2.
a 3
4 a = 3
Tứ giác OMAN có hai đường chéo
,OA MN vuông góc nên:
= AM OA OM = AM a a 3 2 a a 5
2
OMAN
Vậy
S
22 a=
5
OMAN
Nối
(hai góc nội tiếp cùng chắn )MN
⇒
MPN
sin
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên là tam giác
4 = S OA MN . . a .3 . 2 a 5 1 2 5 a = = 3 1 2
'
3) Tính sin MPN 'M với N ta có: ' = MPN MM N sin = MM N MNM có 0 ' 90
' MNM =
Tam giác vuông tại N
5 ⇒ ' sin : 4 a 4 a = = = MM N 3 ' 5 3
MPN = sin MN MM Vậy 5 3
Câu V.
Ta có:
2
4 = +
4 −
2 + x
(
2 ) − xy
(
2 ) −
2
2
P x y 4 xy + = 3 y 2 4 + xy 3
(
)
(
)
2 +
2 −
2 −
4 −
= + − − − + x y 2 xy 2 xy 4 xy 3
)
(
)
(
)
)
2
4 xy 2 xy 4 + xy 3 y 4 ( = + x
( + xy x (
2
− + + = 4 xy 3 2 xy xy y )
áp dụng BĐT Cô si ta có:
= − 68 xy + 259 2
,
2
− 256 64 ) ( xy xy= t Đặt
. Khi đó ta có:
2
2
2
=
−
+
−
+
−
−
−
P
t 2
t 68
= 259 2
t 34
17
= 319 2
t
17
319
t
(
)2
)
y ≤ ≤ 0 xy = ⇒ ≤ ≤ 0 4 t 4 + x 2
Với 0
( ≤ − t
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
≤ − ≤ ≤ ⇒ − 4 t 17 17 13
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
178
2
2
2
2 ≤ ⇔
≤
−
≤
2 ⇔ ≤ − 13
t
17
2 2.13
2.
t
17
2.17
(
)
(
)
2
2
⇔
−
−
−
−
2 2.13
≤ 319 2.
17
≤ 319 2.17
319
t
)
17 (
⇔ ≤ ≤
19
P
259
=
P
19
4
Vậy min
=
xy x
= 4 + = y
4
x y
2 2
= ⇔ = ⇔ t
⇔
=
259
0
P min
=
xy x
= 0 + = y
4
x y
0; = 0;
= y x
4 4
= ⇔ = ⇔ t
⇔
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
179
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2020-2021 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 17 tháng 7 năm 2020 Thời gian làm bài : 120 phút
Đề số 29
d
:
=− y
x
2
)
21 x= 4
1 + 2
Bài 1. (1,5 điểm) Cho parabol ( ) P y : )P và ( a) Vẽ ( b) Tìm tọa độ giao điểm (
và đường thẳng ( )d trên cùng hệ trục tọa độ )P và (
)d bằng phép tính
Bài 2. (1,0 điểm)
Cho phương trình:
22 x Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức
3 0 x− 5
)( +
)
,
CAN CHI của năm X nào đó
,
CAN ta tìm số dư r trong phép chia X cho 10 và tra vào bảng 1 ,CHI ta tìm số dư s trong phép chia X cho 12 và tra vào bảng 2
A 2 2 − = có hai nghiệm 1 2;x x ( =+ x 1 x 2 x 2 x 1
Bài 3. (0,75 điểm) Quy tắc sau đây cho ta biết Để xác định Để xác định Ví dụ: năm 2020 có CAN là Canh, có CHI là Tí
Bảng 1
0
1
2
4
6
8
r
5 3 Tân Nhâm Quý Giáp Ất
7 Bính Đinh Mậu
9 Kỷ
Bảng 2. 5
0
2
3
6
10
7
9
CAN Canh
4 Tí
11 8 Sửu Dần Mẹo Thìn Tỵ Ngọ Mùi
1 CHI Thân Dậu Tuất Hợi
CAN CHI của năm 2005
,
a) Em hãy sử dụng quy tắc trên để xác định b) Bạn Hằng nhớ rằng Nguyễn Huệ lên ngôi hoàng đế, hiệu là Quang Trung vào năm Mậu Thân nhưng không nhớ rõ đó là năm bao nhiêu mà chỉ nhớ là sự kiện trên xảy ra vào cuối thế kỷ 18.Em hãy giúp Hằng xác định chính xác năm đó là năm bao nhiêu ?
s
= +Hãy tìm . ax b y
Bài 4. (0,75 điểm) Cước điện thoại y (nghìn đồng) là số tiền mà người sử dụng điện thoại cần trả hằng tháng, nó phụ thuộc vào lượng thời gian gọi x (phút) của người đó trong tháng. Mối liên ,a b biết rằng nhà hệ giữa hai đại lượng này là một hàm số bậc nhất bạn Nam trong tháng 5 đã gọi 100 phút với số tiền là 40 nghìn đồng và trong tháng 6 đã gọi 40 phút với số tiền là 28nghìn đồng. Bài 5.
Theo quy định của cửa hàng xe máy, để hoàn thành chỉ tiêu trong một tháng, mỗi
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
nhân viên phải bán được trung bình một chiếc xe máy trong một ngày. Nhân viên nào hoàn thành chỉ tiêu trong một tháng thì nhân được lương cơ bản là 8000000 đồng. Nếu trong tháng nhân viên nào bán vượt chỉ tiêu thì được thưởng 8% tiền lời của số xe máy Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
180
. Hiện hồ
× × 1
h=0,4m
bán vượt chỉ tiêu đó . Trong tháng 5 (có 31 ngày), anh Thành nhận được số tiền là 9800000 đồng (bao gồm cả lương cơ bản và tiền thưởng thêm của tháng đó). Hỏi anh Thành đã bán được bao nhiêu chiếc xe máy trong tháng 5, biết rằng mỗi xe máy bán ra thì cửa hàng thu lời được 2500000 đồng. Bài 6. Anh Minh vừa mới xây một cái hồ trữ nước cạnh nhà có hình dạng hộp chữ nhật m m m 2 có kích thước 2 chưa có nước nên anh Minh phải ra sông láy nước. Mỗi lần ra sông anh gánh được 1 đôi nước đầy gồm 2 thùng hình trụ bằng nhau có bán kính đáy 0,2 ,m chiều cao 0,4m
R=0,2m
a) Tính lượng nước (
2 R hπ=
)3m anh Minh đổ vào hố sau mỗi lần gánh (ghi kết quả làm tròn đến 2 chữ số thập phân).Biết trong quá trình gánh nước về thì lượng nước bị hao hụt khoảng 10% và công thức tính thể tích hìn trụ là b) Anh Minh phải gánh ít nhất bao nhiêu lần để đầy hồ
V
Bài 7. (1,0 điểm)
Sau một buổi sinh hoạt ngoại khóa, nhóm bạn của Thư rủ nhau đi ăn kem ở một quán gần trường. Do quán mới khai trương nên có khuyến mãi, bắt đầu từ ly thứ 5 giá mỗi ly kem được giảm 1500 đồng so với giá ban đầu. Nhóm của Thư mua 9 ly kem với số tiền là 154 500 đồng. Hỏi giá của một ly kem ban đầu ? Bài 8.
;O bán kính R và điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho
Cho đường tròn tâm R> 2 .
)(
,AD AE đến đường tròn ( MD ME>
Từ A kẻ hai tiếp tuyến OA điểm M nằm trên cung nhỏ DE sao cho cắt
.
=
,AD AE lần lượt tại I J Đường thẳng DE cắt OJ tại F , a) Chứng minh OJ là đường trung trực của đoạn thẳng ME và OMF OEF b) Chứng minh tứ giác ODIM nội tiếp và 5 điểm
I D O F M cùng nằm trên một ,
,
,
,
đường tròn
=
. , Tiếp tuyến của đường tròn ( O D E là hai tiếp điểm) Lấy )O tại M
c) Chứng minh JOM IOA
và sin IOA
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= MF IO
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
181
ĐÁP ÁN
)d
)P và (
2
2
=−
2 + ⇔ =− x
+ ⇔ + 2 x 8
2
x
x
x
− = 2 x
8 0
− = ⇔ +
−
+
=
−
Bài 1. a) Học sinh tự vẽ ( b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm: 1 4 2 ⇔ + x
1 2 x 4
8 0
2
2
4
x
x
4
0
)
( 1
) y
2
−
4
x
2
( ⇔ + x
)(
)
( x x = ⇒ = x = ⇔ =− ⇒ = 0 4 x y )d là ( )P và (
4 ) ( 2;1 ;
)
4;4−
Vậy tọa độ giao điểm của ( Bài 2. Không giải phương trình, tính……. 22 x
Ta có phương trình: 0 Vì a
3 0 x− 5
− = ac < nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
Theo hệ thức Ta – let :
. Ta có:
+ = x 1 x 2
2
2
2
2
4
A
)(
) =
= x x 1 2
+ x 1
+ x 2
2 + x 2
2 + x 1
x x 1 2
2
=
= 2
2
+ 5
(
x 1
) + x 2
− x x 2 1 2
+ x x 5 1 2
2 x 1
2 + x 2
x x 1 2
( = (
x 2 )
2
2
=
=
2
(
x 1
) + x 2
+ x x 1 2
5 2
3 2
= 2.
+ − 11
A =
11
x 1 5 2 − 3 2 + x x 1 2
Vậy Bài 3.
5,
r = tra vào bảng 1, ta có CAN là Ất
s = tra vào bảng 2 ta có CHI là Dậu
1,
a) Xác định can, chi của năm 2005 Ta có : 2005chia 10 được 200, dư 5 nên 2005 chia 12 được 167, dư 1 nên Vậy năm 2005có CAN là Ất và CHI là Dậu
b) Xác định năm Quang Trung lên ngôi hoàng đế
=
∈
Gọi năm đó là X. Vì sự kiện xảy ra vào thế kỷ 18 nên ta có:
X
,
( ab a b
)
X
8b⇒ =
17 Vì năm X là năm Mậu Thân nên X chia 10 dư 8 và X chia hết cho 12. Vì X chia cho 10 dư 8 nên X có chữ số tận cùng bằng 8 = ⇒ Năm đó có dạng a 17 8 Mà X chia hết cho 12 nên X chia hết cho cả 3 và 4 { a ∈ Ta có: 1 7
} 2;5;8
⇒ Năm cần tìm là 1728 hoặc 1788
Mà X chia hết cho 4 nên
2 8
+ + + = a 8 16
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ chia hết cho 3 nên a = a = a Lại có năm đó cuối thế kỷ 18 (gt) nên năm cần tìm là 1788 Vậy Nguyễn Huệ lên ngôi Hoàng đế, hiệu là Quang Trung vào năm 1788
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
182
Bài 4. Tìm a, b Trong tháng 5 nhà bạn Nam đã gọi 100 phút với số tiền là 40000 đồng nên ta có:
( ) 1
= a .100 40 b + ⇔ 100 + = 400
a b Trong tháng 6 nhà bạn Nam đã gọi 40 phút với số tiền là 28000 đồng nên ta có:
=
40
60
12
a
⇔
= ⇔
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :
+ = a b + =
40
a b
28
a − = 28 40
a
100
b
1 5 20
= b
= 28 a .40 b + ⇔ + = a b 28 40 (2)
Vậy
= = a ; b 20 1 5
=
Bài 5. Số xe máy bán được trong tháng………. − Số tiền thưởng anh Thành nhận là : 9 800 000 8 000 000 1 800 000
(đồng)
(đồng) Tiền lãi của số xe máy anh Thành bán vượt chỉ tiêu là: 1800000 :8% 22500000
(chiếc)
+ =
3
a) Thể tích của 2 thùng nước mỗi lần anh Minh gánh là : =
2 =
=
π 2 .0,2 .0,4 0,032
2 R h
π 2
m
V 1
( π
)
π
=
≈
0,032 .90% 0,09
m
V
Trong quá trình gánh, lượng nước bị hao hụt 10% nên lượng nước thực tế anh Minh gánh ( được sau mỗi lần là : =
b) Thể tích của hồ nước hình chữ nhật:
)3 2.2.1 4
V
)3 = m
( Số lần ít nhất anh Minh cần gánh để được đầy hồ nước là :
= Số xe máy bán vượt chỉ tiêu là : 22 500 000 :2 500 000 9= (chiếc) Số xe máy anh Thành bán được là : 31 9 40 Vậy tháng 5 anh Thành bán được 40 chiếc xe máy. Bài 6.
(lần)
= = + = n 44 1 45 400 9 =
)
(đồng/ly)
DK x > : 0
−
=
+
−
=
x − 1 500
7500 154500
1500
5
x
x
⇔ + x x 5
4
)
x
⇔ = 18000(
162000
tm
x
)
V 0 V Bài 7. Gọi giá của một ly kem ban đầu là x (đồng) ( Giá của 1 ly kem (từ ly thứ 5) sau khi được giảm giá 1 500 đồng là Với số tiền 154500 đồng nên ta có phương trình: 154500 4
( ⇔ = 9 Vậy giá của 1 ly kem ban đầu là 18000 đồng. Bài 8.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
183
I
D
A
M
O
F
J
E
=
a) Chứng minh OJ là đường trung trực đoạn thẳng ME và OMF OEF
Ta có:
,E M
Mà
)O tại tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
(
Lại có:
{ } J (
=
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);
AE JI = OE OM R ME dfcm ( )
,AE JI là các tiếp tuyến của đường tròn ( ∩ = JE JM= nên ) =nên OJ là đường trung trực của đoạn có: OF chung; EOF MOF OMF c g c OEF . ) ( .
⇒
(hai góc tương ứng ) (đpcm)
I D O F M cùng nằm trên một ,
,
,
,
= ∆
0
=
⊥ ⇒ AD OD ODA
= ⇒ 90
0 ODI
90
)O tại D nên
⊥ ⇒
090 = OMI
OM MI
0
0
=
)O tại B nên =
nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng
180
90
+ ODI OMI
0
+ 180 ) . Vậy tứ giác ODIM là tứ giác nội tiếp
⇒
=
EOM
⇒
(góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn)
sd cung ME
∆ ∆ và OMF Xét OEF ) ( = ⇒ ∆ = OE OM R OMF OEF = b) Chứng minh ODIM là tứ giác nội tiếp và
= sd cungME
đường tròn Vì AD là tiếp tuyến với ( MI là tiếp tuyến với ( Tứ giác ODIM có: 0 90 hai góc đối bằng Theo câu a, 2 = EOF MOF MOF 1 1 = = EOM MOF 2 2 Nên 1 = MOF MDF 2
=
nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề
MOF MDF cmt
)
O F M D cùng thuộc một đường tròn
,
,
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Xét tứ giác OFMD có ( cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau), , do đó các điểm
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
184
,
,
O D I M cùng thuộc một đường tròn.
Mà tứ giác ODIM nội tiếp (cmt) nên các điểm , Vậy 5 điểm
, O D I M F cùng thuộc một đường tròn
,
=
có:
(tính chất hai tiếp tuyến cắt
=
, , c) Chứng minh JOM IOA ∆ Xét MOI
), = chung; IM ID=
∆ và DOI
nhau)
(2 góc tương ứng)
⇒ ∆ = ∆ − − ⇒ c c MOI
…….. ( OM OD R OI ) ( = MIO DIO DOI c
(tính chất tứ giác nội tiếp)
0
180
+ OIA DIO
0
0
=
nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có
180
90
⇒ + OEA ODA 0 180 )
(hai góc nội tiếp cùng chắn )OD
=
=
= (theo câu b) nên OMF OAD OAI
MIO DIO cmt
) ⇒
= = ⇒ ∆ OFM
FOM IOA =
Tứ giác OFMI nội tiếp (cmt) 0 ⇒ = + OFM MIO 180 nên 0 Mà ( ) OFM DIO+ = = 180 Lại có = = OFM OIA Xét tứ giác OEAD có 0 + = 90 tổng hai góc đối bằng OED OAD = ⇒ Mà = OED OEF OMF Xét OFM∆ và OIA∆ có: ( ∆ OFM OIA cmt OMF OAI cmt ); ( (hai góc tương ứng) ( ⇒
= JOM IOA dfcm ( . ) OIA g g )
⇒
=
(góc ngoại tại 1đỉnh và góc trong tại đỉnh
⇒ = sin sin ( ) JOM IOA 1 JM = OJ
Tứ giác OFMI nội tiếp (cmt) JFM MIO đối diện) và JIO∆ Xét tam giác JFM∆ có: J chung; ( = =
)
⇒ ∆ JFM MIO JIO cmt JFM JIO g g ( . ) ∆
(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ ) ( )2
⇒ JM MF = IO OJ
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= IOA dfcm ) MF Từ (1) và (2) suy ra ( IO
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
185
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10 Đề số 29b
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN (không chuyên) Thời gian làm bài 120 phút, không kể giao đề
3
3
+
x
x
−
(
) 1
8
và
Câu 1. (1,0 điểm) Cho ba biểu thức
=
P
=
=
M
,
N
2
+
2
x
−
+
x
x
( ) − 1 )( 4 3
x (
− ) 1
+
+
x
3
x x (
) 1
,M N và P xác định, rút gọn biểu thức
a) Tìm tất cả các số thực x thỏa mãn b) Trong trường hợp các biểu thức +
M x= − 4
= Q MN P
Câu 2. (3,0 điểm)
2
4
a) Giải phương trình (
)
+ x − + 3 x − + = x x 4 5 0 3 − 1 x
b) Cho hai số thực
= +và y mx n ,m n thỏa mãn hai đường thẳng ( ) :d
cắt nhau tại điểm
Tính giá trị của mn và
(
(
)3;9 .
)1 : d
= + y + x m 3 2 − n mn I
m n )C có )cm và nội tiếp đường tròn (
2
= R
và
Tính diện tích hình chữ nhật ABCD cm ,P d lần lượt là các đồ thị của hàm số
c) Cho hình chữ nhật ABCD có chu vi bằng 28( ). ) (
)
= + y x= mx 2 5( bán kính Câu 3. (2,0 điểm) Gọi (
)d luôn cắt parabol (
y 3 )P tai hai điểm phân biệt
)
)
( ,A x y 1 1
2
a) Chứng minh rằng đường thẳng ( ( , 2 b) Tìm tất cả các số thực m sao cho
y
theo m x x 3 1 2
y+ 2 + x 4 2
y 1
2
,
xuất một lượng gạo bằng
lượng gạo kho ở ngày trước đó. Hãy tính lượng gạo kho
.m Tính B x y với mọi số thực y 1 = − − x 4 1 Câu 4. (1,0 điểm) Một kho hàng nhập gạo (trong kho chưa có gạo) trong 4 ngày liên tiếp và mỗi ngày (kể từ ngày thứ hai) đều nhập một lượng gạo bằng 120% lượng gạo đã nhập vào kho ngày trước đó. Sau đó, từ ngày thứ năm kho ngừng nhập và mỗi ngày kho lại
a) Ngày thứ ba, sau khi nhập xong thì trong kho có 91tấn gạo b) Tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ năm và thứ sáu là 50,996 tấn gạo,
và
Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng
1 10 hàng nhập ngày thứ nhất trong mỗi trường hợp sau :
Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( 090 . BAC > điểm
AB AC= , )T tại ,N P
)T có tâm O, có .AC Tia MO cắt đường tròn ( .D Đường thẳng BC lần lượt cắt các đường thẳng AO và AD tại các điểm
BDC
a) Chứng minh rằng tứ giác OCMN nội tiếp và 4. = ODC b) Tia phân giác của BDP cắt đường thẳng BC tại điểm .E Đường thẳng ME cắt
đường thẳng AB tại điểm
và ME DB⊥
c) Chứng minh rằng tam giác MNE cân. Tính tỉ số
DE DF
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.F Chứng minh rằng CA CP=
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
186
ĐÁP ÁN
Câu 1.
M x= − 4
a) Tìm x khi
Xét biểu thức
(ĐKXĐ:
)2 1
Ta có:
3
3
−
−
+
+
2
x
2
x
2
x
4
−
(
)
)
8
=
=
=
M
2
2
+
)( + + x
3
2
x
1
+
+
+
( + 3
3
x
) 1
+
+
−
x
4
) 1 2
x
x x ( 2
x
x ( )
(
=
=
−
x
2
4
x
Khi đó
x )( + x 2 M x=
+ − 4
2
2
− 8 = M x ≥ 0) + + x 3 x x (
(
)
(
)(
)
− ⇔ − = − + ⇔ − = − = 2 4 x x 2 2 x x x 2 x 2
( ⇔ −
)(
) + − = ⇔ 2 1
Vậy
− = x 2 0 x 2 0 x ⇔ = x 4( tm ) + = x VN 1 0( )
− 4
ĐKXĐ:
0 4
≥ x ≠ x
x
=
−
=
Ta có:
M
x
2,
P
+
2
2
3
3
+
+
+
+
−
x
+ − 1
x
x
x
x
x
+
x (
)( 1
) − + 1
(
) 1
x
2 ) 1
(
) ( 1
=
=
N
−
+
) 1 −
+
x
x
x
x
( ) − 1 )( 4 3
x (
− ) 1
(
( )( 4 3
) 1
+
+
2
x
2
1
1
2
x
+
(
) 1
=
=
=
−
+
2 −
x
x
) 1 + x
x
4
x
( 2 3 x )( − 4 3
) 1
(
x (
⇒ =
x
. Q M N P
+ + − + − x x ) )( 1 4 3 ) ( + = 2 .
2 −
x + +
4
− x
2
x
x
=
+
=
1
+
2
x
2 + 2 x 1Q = Vậy
+ M x= = Q M N P . 4x = thì b) Tính
Câu 2.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
187
4
2
+ x − + 3 x + − = x 4 x 5 0
a) Giải phương trình (
)
3 − 1 x
ĐKXĐ:
. Ta có:
4
2
+
− =
x
4
x
5 0
+
x
x
− + 3
4
2
+
−
x
4
x
5
0
(
)
3 − 1
x
x
− + 3
3
+ = x
0
( ) 1 ( ) 2
=⇔
4
2
− =
x
x+ 4
5 0
=
Đặt
0
t
Xét phương trình ( ) 1 : ( 2 x t
2
2
) − = ⇔ − +
− = ⇔ − +
+
5 0
5 0
t 5
t
t
t
t 4
t
5
0
≥, phương trình (1) trở thành: ) 1
( t t
(
) − = 1
+
5
= ⇔ 0
1
1(
)
t
x
tm
( ⇔ − t
)( 1
)
) ktm
2 ⇔ =⇔ =± x )
= t 1( tm = − t 5(
≠
Xét phương trình (2):
với
x
− + 3
3
+ = ⇔ + = − 3
0
3
x
x
x
x
x≥ 0,
1
− ≥ x
≤
≤
x
x
3
3
⇔
⇔
⇔
2
2
+ = x
x
− 6
x
+ 9
− 7
x
+ = 6 0
x
+ = x
− x
3
0 (
)2
3
3 3
≤
≤
3
x
3
x
⇔
⇔
⇔
2
−
+ =
6
x
0
6
x
− = 0
x
(
) − = 1
)(
) 1
≤ ( x x
3 ) − − 1
− − x
6
x
6 0
x
x (
≤
≤
x
3
x
⇔
⇔
1
6(
)
6
x
x
⇔ = = x =
3 = =
1(
ktm )
1
x
tm
x
Kết hợp với điều kiện xác định
+ ≥ x 0 x ≥ − 3 0 ≥ 0 x 0 1 ≥ x ≠ x 1 − ≠ ⇔ ≥ ⇔ x ≠ x x 1 0 3
Vậy
1x⇒ = không thỏa mãn.
{ }1 ±
S =
= +
= +và
cắt nhau tại điểm
+ x m 3
2
− n mn
:d y mx m
b) Hai đường thẳng
d y 1 :
Tính
(
)3;9 .
Vì
nên
I .m n và m n
{ } I
d d 1
∈ I ∈ I
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
d ∩ = d 1
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
188
9 4
⇒
⇔
⇔
+ m m + m
− n mn
2
− n mn 2
= 9 3 = + 9 3 3
= m 9 4 = + m 6 3
n
n
+ 2
= m = 6 3.
9 4
3 − 4
=
=
m
m
9 4
⇔
⇔
n
5 4
Vậy
và
3 = − 4
9 4 3 = − n 5 − 27 20
= = m n . . 3 − 5 9 4 9 = − : 4 15 4 m n 3 = 5 − 5 3
9 =− . 4 )cm và nội tiếp đường tròn (C) có bán c) Hình chữ nhật ABCD có chu vi bằng 28(
=
kính
R 5 cm .
Tính diện tích tứ giác ABCD
(
)
A
B
O
D
C
Theo bài ra ta có: Hình chữ nhật ABCD có chu vi bằng 28(
.(ĐK:
(
)
)
< < ⇒ = 14( = AB x cm 14) 14 0 x )cm nên có nửa chu vi bằng ( − x cm
Gọi
O AC BD
)cm . Đặt = CD ∩ Khi đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD ,
Hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn có bán kính
(
)
= 5R cm
(
)
(
)
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC ta có:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇒ = OA 5 cm ⇒ = 2 OA AC = 10 cm
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
189
2
2
2
2
2
=
+
=
= 10
2 2 ⇔ + x
x
− 28
x
+ 196 100
AB
BC
AC
− x
2
+
( 2 ⇒ + x 14 2 = ⇔ −
28
x
98 0
) + x
x
−
+
6
8
48 0
8
6
6
0
⇔ − 2 x 2 ⇔ − x
x
x
− x
) −
) =
6
−
⇔
6
x
8
= ⇔ 0
)
( ⇔ − x
)(
)
14 ( = ⇔ − x x − = 6 0 − =
= TM ( =
x x
= 48 0 ( x x
8
Với
Diện tích hình chữ nhật ABCD là
) = , cm BC
8 0 ( ⇒ 8
)
(
2
=
S
= 6.8 48( cm
)
Với
x
=⇒ = AB
8
8(
= ), cm BC
cm
= = S
8.6 48
cm
( ⇒ 6
)
ABCD
(
)2
2
cm x =⇒ = AB 6 6
2
48cm
= ,P d lần lượt là đồ thị của các hàm số y x= mx 2 3 y
Vậy diện tích hình chữ nhật ABCD bằng Câu 3. Gọi (
) (
)
a) Chứng minh đường thẳng (
(
)
1;A x y và
1
+ và )d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt
theo m
y+
(
) B x y và tính 2
2
2
y 1 Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị (
)P và (
)d ta có:
2
=
2
3
2
mx
mx
2 + ⇔ − x
2
∆ = '
m
+ > ∀ ⇒Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân 3 0
m
( ) − = 3 0 * (
)
2
)d luôn cắt (
)P tại hai điểm phân biệt
(
)
1;A x y và
1
;
)
x Phương trình ( )* có ,x x với mọi m biệt 1 Hay với mọi m thì đường thẳng ( ( B x y 2
2
=
+
2
3
Ta có
nên:
;
( d∈
)
=
+
y 1 y
2
3
2
mx 1 mx 2
=
+
2
m
. Khi đó ta có:
Áp dụng hệ thức Viet vào phương trình ( )* ta có:
x 2 = − 3
x 1 x x 1 2 +
+
=
+ =
y
2
3 2
3 2
+ 6
)
y 1
2
mx 1
+ + mx 2
( m x 1
x 2
2
=
+
Vậy
,A B
+ = 6 4 m 2 = m 4
6 + 6
m m 2 .2 + y 1
2
−
4
y 1
2
x x 1 2
và
y
A x mx + ;2 3
+ = − b) Tìm m sao cho x y 4 x 2 1 )d luôn cắt ( Với mọi m thì đường thẳng (
(
)
1
1
=
m
2
ta có:
. Áp dụng hệ thức Vi
(
)
2
2
3 )P tại hai điểm phân biệt + x (1) 2 = − 3
(2)
x 1 x x 1 2
Theo dề bài ta có:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
B x mx + ;2 3 et−
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
190
−
⇔
4
y
4
3
2
− 3.( 3)
y 1 ⇔
−
= − x 1 + − 3 8
12
2
8
0
2 mx 1
+ x 2 mx 2
x x 1 2 =− x 1
+ − mx 1 − ⇔ x 9 4 2
) = − x 3 1 + mx 2
+ 4 x 2 = 4 x 2
+ mx 2 − x 1
− =
=
2
m
−
m
4
=⇔ 0
( ⇔ − 2
)( 1
)
x 1
x 2
m −
1 0 ⇔ = 0
4
x 2
x 1
1 2 4
x 2
( 3 4 2 − mx 2 1 = x 1
x=
thay vào ( )2 ta có:
x Với 1
2 x =− ⇒ Phương trình vô nghiệm 24
Vậy
m = thỏa mãn yêu cầu bài toán
24 , 1 2
3
Câu 4.
a) Ngày thứ ba nhập xong thì có trong kho 91 tấn gạo
Gọi lượng gạo trong kho hàng nhập ngày thứ nhất là x (tấn ) (ĐK:
=
x
(tấn)
Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ hai là : Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ ba là : 1,2 .120% 1,44 x Sau ngày thứ ba, lượng gạo có trong kho là :
.120% 1,2 x = x + + 1,44
(tấn) x (tấn) = 3,64
1,2
x
x
x
Vì ngày thứ ba, sau khi nhập xong thì trong kho có 91 tấn nên ta có phương trình:
= ⇔ =
3,64
x
91
x
= (tấn ) (thỏa mãn) 25
91 3,64
Vậy nếu ngày thứ 3, sau khi nhập xong, trong kho có 91 tấn gạo thì lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ nhất là 25tấn.
x > 0)
b) Tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ 5, thứ 6 là 50,966 tấn
x +
+
=
Sau ngày thứ tư, lượng gạo có trong kho là :
(tấn)
x Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ tư là 1,44 .120% 1,728 (tấn) + x 1,728
= 1,44
1,2
x
x
x
Từ ngày thứ 5 kho ngừng nhập và mỗi ngày kho lại xuất một lượng gạo bằng
lượng
5,368 x 1 10
Số gạo xuất trong ngày thứ 5 là :
(tấn)
gạo trong kho ở ngày trước đó nên: 1 10
−
=
(tấn)
Số gạo còn lại sau ngày thứ 5 là : 5,368
x
0,5368
x
4,8312
x
= .5,368 x 0,5368 x
Số gạo xuất trong ngày thứ 6 là :
(tấn)
= .4,8312 x 0.48312 x 1 10
Vì tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ 5, thứ 6 là 50,996 tấn nên ta có phương trình: 0,5368 x Vậy nếu tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ 5, thứ 6 là 50,996 tấn thì lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ nhất là 50 tấn.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ = x 0,48312 ⇔ 1,01992 ⇔ = ) tm = 50,966 50,966 50( x x
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
191
Câu 5.
A
M
C
B
P N
E
I
F
O
D
=
BDC
a) Chứng minh OCMN là tứ giác nội tiếp và 4 ODC
= ( A )
*) Ta có : OB OC=
⇒ ⊥ ⇒
090 =
OA BC ONC
(quan hệ vuông góc giữa đường kính và
ONC⇒
= ONC OMC
= cmt
),
suy ra OCMN là tứ giác nội tiếp (Tứ
⇒thuộc đường trung trực của BC AB AC gt (cùng bằng bán kính) O⇒ thuộc trung trực của BC
có
là đường cao đồng thời là đường
Khi đó ta có OA là trung trực của BC Vì M là trung điểm của AC (gt) nên OM AC⊥ dây cung) 090 = Xét tứ giác OCMN có 090 ( giác có 2 đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối dưới các góc bằng nhau) *)Xét ACD∆
)
trung tuyến suy ra ACD∆
( DM AC do OM AC cân tại D nên DM cũng là đường phân giác của ADC
⇒
2 = ODC ADC
(1)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⊥ ⊥ ⇒ DM
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
192
(trong một đường tròn hai dây bằng nhau căng
nên = sd AB sd AC
⇒
=
(trong 1 đường tròn, hai góc nội tiếp chắn hai cung
⇒
=
BDC
BDC
(2)
=
= ) AB AC gt
BDC
)
( Ta có : hai cung bằng nhau) ADB ADC bằng nhau thì bằng nhau) AD⇒ là phân giác của 2 ADC Từ (1) và (2) suy ra 4. ODC
và ME
( dfcm b) Phân giác góc BDP cắt BC tại E, ME cắt AB tại F. Chứng minh CA CP=
vuông góc với DB
=
Ta có : (
sd AB sd AC cmt
)
⇒ + + = sd AB sd BD sd AC sd BD
⇒ + = sd AD sd AC sd BD
= + sdCD sd AC sd BD
)
=
= ⇒ = do AD CD sd AD sdCD
(góc nội tiếp chắn cung CD )
2
=
+(góc có đỉnh nằm phía trong đường tròn chắn cung
sd AC sd BD APC
⇒ ( Lại có : 1 sdCD DAC
=
) ( = DAC APC hay PAC APC
AC BD , )
cân tại C (tam giác có hai góc bằng nhau)
(hai góc đối đỉnh )
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
⇒ = CA CP dfcm ( )
(do tam giác ACP cân tại C) (cmt)
⇒ ∆cân tại D, do đó phân giác DE đồng thời là đường cao nên BDP
⇒Tứ giác CDEM là tứ giác nội tiếp (tứ giác
= CED CMD
1 2 ⇒ ∆ Suy ra ACP Ta có : APC DPB = PAC DBP = Mà APC PAC = DPB DBP ⇒ = DE BC⊥ Xét tứ giác CDEM có 090 = có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau)
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
)CD
MEC MDC ADM
)MC
=
= (đối đỉnh) ( )3
=
(do tam giác ADM vuông tại M)
(do tam giác DEP vuông tại D)
=
=nên (4) = ADM ADE EDB
=
⇒ Mà MEC BEF Ta có: 090 ADM DAM+ 090 = + ADE DPE Mà = DAM APC DPE Từ (3) và (4) BEF EDB ⇒
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇒ = BEF ADM
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
193
+
=
+
=
Gọi
∩ EF
hay
{ } = BD I vuông tại I DI
. Ta có: 090 = DEI EDB DEI BEF DEB ⇒ ⊥ ME DB dfcm
⇒ ∆ ⊥ DEI IE ( )
c) Chứng minh tam giác MNE cân. Tính
=
+
lớn
= (góc có
Ta có: 1 = sd AD DBA
+ sdCD sd AC
sdCD sd AB
DE DF )
) CPD
2
1 = 2 0
0
( −
1 ( 2 ⇒
−
=
180
180
⇒
=
=
đỉnh ở bên trong đường tròn) DBF DPE BDE
CPD DBA BD⇒ là tia phân giác của ( )*
EBF
cân tại B (phân giác BI đồng thời là đường cao)
⇒ ∆
(góc ở đáy tam giác cân)
=
(góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp
=
, hai góc này lại ở vị trí so le trong
⇒
=nên ANM OAB
⇒
(hai góc so le trong ) (6)
= NME BFE
/ /MN AF
cân tại
= ( N dfcm cân tại B(cmt) nên BE BF=
) BEF ( )5 = BEF BFE Ta có: ANM ACO OCMN mà = ACO OAC OAB
=
có:
chung; EBD FBD
(theo ( )* )
⇒ Từ (5) và (6) suy ra = BEF NME NEM ∆ ) Suy ra MNE Vì BEF∆ ∆ Xét BDE ⇒ ∆
∆ và BDF = ∆
= );
(hai cạnh tương ứng)
Vậy
= . 1
DE DF
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
BE BF cmt BD ( ⇒ = BDF c g c . ) ( . DE DF BDE
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
194
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HÒA BÌNH
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 YHPT NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 30
Câu I. (2,0 điểm)
=
=
−
a A )
b B )
8
2
2
− =
1) Tính giá trị các biểu thức sau: + 16 5 2) Giải các phương trình sau: 2
x
a
b x )
4 0
− = 3 ) Câu II. (2,0 điểm)
( = y m
) 1
) d 1 :
1) Trong mặt phẳng tọa độ x=
− + và 2 ,Oxy cho hai đường thẳng (
(
)2
2
x −Tìm m để hai đường thẳng đã cho song song với nhau. 3. d y :
là tham số)
2) Cho phương trình :
+ = + 1 0( m x m
+ x 2 4 1m = a) Giải phương trình với b) Tìm m để phương trình có nghiệm kép
Câu III. (2,0 điểm)
=
=
Tính chu vi tam giác
1) Cho tam giác ABC vuông tại A, có
AB
cm ABC ,
0 60 .
6
2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16200000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu ?
có các đường cao
ABC
,AD
,BE CF
(
)
ABC AB AC≠
Câu IV. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn cắt nhau tại H
1) Chứng minh rằng: Tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh rằng ADE ADF = 3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác EDF đi qua trung điểm M của
cạnh BC
Câu V. (2,0 điểm)
2
2
− + + = , 4 x 2 y 4 z 6 0
1) Tìm các số thực 2) Cho các số thực
11
=
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P
24 − + z xy = 3 24 2 + y x − x 2
− y
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
y và , x y z thỏa mãn: ,x y thỏa mãn + x y> 2x
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
195
ĐÁP ÁN
=
=
−
−
=
Câu I. a A 1) )
+ = + = 16 5 4 5 9
8
2 2
2
2
b B ) ≥ ⇔ − = ⇔ =
3 4
3
x
x
7(
tm S )
a 2) )
x
− = 3
2
x
)
= 2 { } = 7
(
2
− = ⇔ −
+
4 0
2
2
= ⇔ 0
) b x
x
x
S
(
)(
)
{ } = ± 2
= 2 x = − 2 x
Câu II.
( = y m
) 1
) d 1 :
)2
− =
⇔
khi
⇔ = m
2
≠ −
3(
)
− x d : y x= −song song với nhau khi và chỉ 3 + và ( 2
/ / d
1) Tìm m…. Hai đường thẳng ( m 1 1 2 Vậy với m 2= thì (
luon dung ( )
)
2
d 1
+ có dạng − + = nên có hai nghiệm a b c 0 3
. Vậy
} { ∈ − − 1; 3
2
= khi m 1 x 1m = 2) a) Giải phương trình với 2 1,m = phương trình thành: x+ x 4 = − 1 = − 3
+ + + = có nghiệm kép
Với x 1 x 2 b) Tìm m để phương trình có nghiệm kép x
Phương trình ⇔ ∆ = ' 0
+
= ⇔ =
2 ⇔ − 2
2
m
m
0
(
) 1
3 2
Vậy với
m = thì phương trình có nghiệm kép
3 2
1 0 m 4 2 x
Câu III.
1) Tính chu vi tam giác ABC
A
6cm
600
C
B
Xét tam giác vuông ABC ta có:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
196
0
0
=
⇒ =
=
tan 60
AC AB
.tan 60
6 3(
cm
)
0
=
cos 60
⇒ = BC
= 12(
cm
)
0
AC AB AB BC
AB cos 60 =
6 = 1 / 2 +
= +
+
Vậy chu vi tam giác
= + 6 6 3 12 18 6 3(
cm
)
+ ABC AB AC BC 2) Giá tiền ban đầu của ti vi
=
x .90%.90% 0,81 x
x > 0)
= ⇔ = 20000000( x )
Gọi giá ban đầu của chiếc ti vi là x (đồng) ( Giá của chiếc ti vì sau 2 lần giảm giá là: Vì sau khi giảm giá , giá còn lại là 16 200 000 đồng nên ta có phương trình: tm 0,81 16200000 Vậy giá ban đầu của chiếc ti vi là 20 000 000 đồng. Câu IV.
A
E
F H
C
M
D
0
=
90
0
0
⇒
=
+
=
⇒
0 + AEH AFH 90
90
180
Xét tứ giác AEHF có:
0
=
B 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp ⊥ BE AC AEH ⊥ CF AB AFH
90
0
⇒
Xét tứ giác BDHF có:
0
0
=
+
180
= ⇒
=
(cùng chắn cung HF)
⇒ ⇒ ⇒ ∠
∠ = BDH ⇒ 90 0 AEHF là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh ADE ADF = ⊥ AD BC ⊥ AB ∠ = BFH 90
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
CF 0 + BDH BFH 90 90 là tứ giác nội tiếp HDF HBF BDHF = ∠ ADF ABE (1)
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
197
0
Tương tự xét tứ giác CDHE có:
0
0
=
+
180
⇒ ⇒
= ⇔
=
(cùng chắn )HE
90 là tứ giác nội tiếp HDE HCE
0 + HDC HEC 90 CDHE (2) = ADE ACF
=
∆ vuông tại E)
do ABE
vuông tại
∆ do ACF
∠ = HDC ⇒ 90 0 ⊥ AD BC ⊥ BE AC ∠ = HEC 90
)F
⇒ Ta lại có: 090 ( + ABE BAC 090 ( = + ACF BAC ABE ACF = ⇒
)
Từ (1), (2), (3)
(cùng phụ với ( ) BAC 3 ADF dfcm (
∆
⇒ ∠ ADE )
đi qua trung điểm M của cạnh BC
,BC ta sẽ chứng minh tứ giác DMEF nội tiếp
Gọi M là trung điểm của Xét tam giác BEC vuông tại E có trung tuyến EM ứng với cạnh huyền BC
=
=
(định lý đường trung tuyến trong tam giác vuông)
⇒ = ME
BC MB MC
(góc ngoài của tam giác)
1 2 cân tại M MBE MEB ⇒ MBE ⇒ ∠ + ∠ = ∠ 2 EMC
= MBE
= ∠ 3) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp EDF
( ) *
=
MBE MEB DBH = ∠ 2
(cùng chắn ( ) ) 5
DH
(cùng chắn )HE
⇒ ) ( )3 = ⇒ HFE HAE
vuông tại E)
BCE
vuông tại D)
∆ do ACD
(cùng phụ với
cmt
( ) 4
ACB∠ )
)
⇒ = + = 2 2 *
2 * là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
BC dfcm ( )
2
2
2
−
+
y
z
x
y
z
4
2
4
2
2
2
+
+
−
+
+
=
x
y
y
z
z
4
4
2
4
4
0
⇒ ∆ ⇒ ∠ Vì BDHF là tứ giác nội tiếp (cmt) DBH DFH Vì AEHF là tứ giác nội tiếp ( Mà 090 ( ∆ = + DBH ACB 090 ( = + HAE ACB ( )4 ⇒ = DBH HAE Từ (3) và (4) (6) = ⇒ HFE DBH Từ (5) và (6) ( = + DFE DFH HFE DBH DBH DBH ) Từ ( )* và ( = ⇒ EMC DFE ⇒ DMEF Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF đi qua trung điểm M của Câu V.
1) Tìm x, y, z Theo bài ra ta có: + x 4 )
) 1
2
2
2
+
−
+
+
y
z
2
2
0
+ ( ⇔ − x ( ⇔ − x
)
(
− ( ) 1
(
+ = 6 0 ( ) + + 1 ) = 1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
198
2
−
x
≥ ∀ 0 x
=
2
−
Vì
− = 2 ≥ ∀ ⇒ − = ⇒ = 1
0
y
y
x y
) 2 ) 1
2
x y 2
2 0 1 0 + = 1 0
z
+
2
z
≥ ∀ 0 z
) 1
x
( ( (
1 = − 2
2) Tìm GTNN của P
2
2
2
2
2
Ta có: 2 x
Cos
i
+ − + 11 x x y 1 = = = P y − − y + x 4 x + − 12 1 2 y xy 4 − x + 2 4 y
(
BDT ≥
( − x
)
− + x = 1 = − x + 2 y 2 2 y . 2 x 4 y − 2 2 ) 2 y − y 2 1 − 2 y x 1 = − 2 y x
3
Dấu "
"= xảy ra
1 − = x 2 y ⇔ ⇔ 1 − 2 x y x = − 2
=
Vậy
= ⇔ 2
x y ;
− − 2;
(
)
) 3;1 ;
P min
3 2
(
= xy 3 y 3 = − 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= x = y
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
199
ĐỀ CHÍNH THỨC
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH
Đề số 30b
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ THI MÔN TOÁN (DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH) Ngày thi: 12 tháng 7 năm 2020 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I. (3,0 điểm)
1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức sau :
= = − a A ) b B ) 2 x 8 3
=
+
=
+
a A )
4
b B )
1 16
1 + 3 1 +đi qua điểm
5 − x 6 2) Rút gọn các biểu thức sau :
3) Tìm a để đường thẳng (
) :
1 − 3 1 ) ( M − 2; 1
d y ax= 4
Câu II. (2,0 điểm)
2
1) Cho phương trình :
+ = − − m 6 2 x
,x x thỏa mãn
2
2 x 1
2 x+ 2
2) Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 800 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do cải tiến kỹ thuật nên tổ I đã vượt mức 15% và tổ hai đã vượt mức 20%, vì vậy trong thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 145 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ theo kế hoạch ?
= 20 x 3 0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm 1
Câu III. (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O và dây AB cố định, gọi M là điểm chính giữa của cung AB
và N là một điểm bất kỳ trên dây AB (N khác A, N khác B). Tia MN cắt đường tròn (O) tại E.
1) Chứng minh rằng : Tam giác MNA đồng dạng với tam giác MAE 2) Chứng minh rằng: 3) Chứng minh rằng: BM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BNE 4) Chứng minh rằng : Khi N di động trên AB thì tổng bán kính của đường tròn ngoại
tiếp tam giác BNE và đường tròn ngoại tiếp tam giác ANE không đổi
= MB BE BN ME . .
Câu IV. (2,0 điểm)
2
+
+
+
1) Giải phương trình:
2
x
2
x
5
x
x
+ + 5
x 2 x
3
8
=
2) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
P
= − 2 x
25 + 4 x + 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
200
ĐÁP ÁN
Câu I.
xác định
1)
=
−xác định
= ⇔ − ≠ ⇔ ≠ 6 0 3 x x 2 a A ) 3 6
8
⇔ − ≥ ⇔ ≥ 8 0 2 x x 4
=
+
a A )
4
2
1 16
1 = + = 4
9 4
=
b B )
3
2 3 = 2
1 + + 3 1
1 = − 3 1
− + 3 1 )( + 3 1
(
5 − x b B x 2 ) 2) Rút gọn :
M
3) (
) d y
(
= x y
) − ⇒ 2; 1
Thay vào ta có:
2
a
+ =− ⇔ =− ⇔ =− a a 2
4
1
5
+ 3 1 = ) − 3 1 2 = − 1 5 2
+đi qua ax= 4
Câu II.
2
−
−
+ =
x
x
2
6
m
( ) *
2
)
3 0 )
+ − ' 3 m m − = 3 2 m + 6
+
=
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:
. Ta có:
x 2 =
6 − m 3 2
1) ( ( ∆ = − = + − 3 1. 2 9 2 Để phương trình ( )* có nghiệm x 1 x x 1 2
2
+
= ⇔ +
−
=
20
2
20
(
)
2 x 1
2 x 2
x 1
x 2
x x 1 2
2
−
−
hay
6
m
= ⇔ =− ⇔ =− m
10
20
4
m
tm (
)
( 2. 3 2
)
5 2
⇔ ∆ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ − m 3 6 0 ' 0 m 2
Vậy
2 x 1
2 x+ 2
5 m = − thì 2
= 20
)
∈ < *, x x
∈ < *, 800 )
(sản phẩm)
2) Gọi x (sản phẩm) là số sản phẩm của tổ I ( y (sản phẩm ) là số sản phẩm của tổ II ( y 800 y y⇒ + = Theo đề theo kế hoạch cả 2 tổ làm được 800 sản phẩm x = + Thực tế tổ I vượt 15%, tổ II vượt 20% thì được 800 145 945 ⇒
800 (1)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :
=
+ = y + x
800 y 1,2
945
x 1,15
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ = 1,15 x 945 1,2 (2) y
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
201
Giải hệ phương trình ta được:
tm (
)
300 500
Vậy tổ I: 300 sản phẩm, tổ
sản phẩm.
= x = y : 500
II
Câu III.
M'
O1
E
O
O2
N
B
K N2
A
N1
M
⇒
⇒
=
=
sd AM sd MB MAB AEM AB
M
là điểm chính giữa
(góc nội tiếp
1) Vì
cùng chắn hai cung bằng nhau)
=
∆
chung;
có:
M (
MAN MEA cmt
)
MEA
∆
∆ Xét ⇒ ∆ MNA MNA MAE g g ( . )
và
có:
và ∆ BME
=
chung;
(cùng chắn hai cung
∆
) AM MB=
NMB 2) Xét M ABM MEA
(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇒ ⇒ ∆ ∆ − BME NMB g ( g ) ME MB = BN BE
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
202
3) Ta có:
(chứng minh câu 2)
⇒ = . . )
là góc tạo bởi tiếp
MB BE ME BN dfcm ( MBA MEB =
Mà xét đường tròn ngoại tiếp tuyến – dây cung
là góc nội tiếp là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp
∆ MEB ENB thì
MBA⇒ ∆ BNE
cắt AB tại
K
4) Vẽ đường kính
MB⇒
mà
(tính chất đường kính – dây cung)
2 'MM
= =AK BK=
⇒
+
=
(không đổi)
AO BO AK
2
1
là đường kính, M chính giữa) AM AK
2
2
1
' ⇒ = = = + AO BO 2 1 + AN BN
'MM Áp dụng định lý Ta let và tam giác đồng dạng ta có: AM BO M B ' AO ' 1 2 ; AK BN AN BK 1 AM BM= ' ' ( BO AO 2 1 BN AN 1 Câu IV.
2
+
+
+
=
2
x
2
x
5
x
25
x
0
x
+ + 5
(
) ≥
1)
2
=
Đặt
t
x u ,
= x
5
2 ⇒ − u
Phương trình đề
x ≥ t 0 + > u 0 + + = tu t u 2
25
+ t u
= 25
)( ( ⇔ + 2 t 1
)
+
=
t 2
25
Ta có hệ :
+
5
, chia hai vế của hệ phương trình cho
ta được:
t u+
22 ⇔ + t ) )( ( + t u 1 ( )( ) − = t u u t > ⇒ + > t u 0 0
0,
= t 5
= 2 t + ⇒ = 1 u 5 t 7 − 1 u 5 = ⇒ − t 5
u 1 5 =
+ − ⇔ + = + 7 x 1 5 x 5 5 1 7 x x
≥ t Vì − u t + t 2 1 ⇒ 5 Bình phương 2 vế ta có: = x 25
(
)
+ + 1 + 14 49 5 x x
− = ⇔ + 24 x 14 x 124 0
4 ( tm ) x
8
2
=
2)
P
P
= 3
x
− 4
x
+ 8
( 2 ⇔ + x 2
)
2
2
2
⇔ + Px
− 2 x 2
+ x 4 + 2 = 3
P
− 4 x
x
+ 4 x
+ 2 P
− = 8 0
( ) + ⇔ − P 3 8
= ⇒ =
P
3
x
Xét
2
2
Xét
x 1 2 ≠ ⇒ ∆ = ' 2
3
P
− 8
= 4 2
− P
+ 14 P
− 24
)
⇔ = ⇔ = x 2 4x = Vậy 2 x 3
22 P
2
2;
5
x
1
( )( − − P 3 2 P ' 0⇔ ∆ ≥ Phương trình có nghiệm ≥ ⇔ ≤ ≤ ⇔ − 5 20 0 P 2 14 ⇒ = ⇔ = x P min
= ⇔ =− P max
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
− + P
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
203
SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề 30c
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ THI MÔN TOÁN (Dành cho chuyên Tin) Ngày thi: 12 tháng 7 năm 2020 Thời gian làm bài : 150 phút (không kể giao đề)
Câu I (2,0 điểm)
22 x
1) Phân tích đa thức thành nhân tử: 2) Giải phương trình: 4
= A + 5 x + 2
x + = 1 3
2
+ + 6 2 5 B =
:
x=
( Parabol P y
)
−và y x= 4 3 − 3) Rút gọn biểu thức: 4) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng : ( 6 2 5 ) : d
Câu II. (2,0 điểm)
−
=
1) Giải phương trình:
10
2
+
2) Cho phương trình:
x
m
1 − x 5 ( 2 − 2
1 + x 5 ) + x m 1 0 ,x x thỏa mãn: (
= ( m là tham số). Tìm giá trị của m để )( 1 2
) 1
2
phương trình đã cho có hai nghiệm 1
+ + = 13 2 x 2 x 1
Câu III. (2,0 điểm)
+ −
x
2 2
y
− =− 1
4
1) Giải hệ phương trình :
+ + =
2
x
y
3
16 2) Một tam giác vuông có cạnh huyền dài 10 .cm Tính độ dài hai cạnh góc vuông.
.cm Hai cạnh góc vuông hơn kém nhau
2
Câu IV. (2,0 điểm)
Cho đường tròn (
)
;O R và dây cung R< 2 .
Gọi A là điểm chính giữa của cung Qua C kẻ tiếp tuyến d tới
,BC M là điểm tùy ý trên cung lớn
)0 .
> BC (
.N Các đường thẳng MB và AC cắt
1) Chứng minh : PQCM là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh rằng: PQ song song với BC
+
=
BC CM BM≥ nhỏ ).O Đường thẳng AM cắt d và BC lần lượt tại Q và ( nhau tại .P
3) Tiếp tuyến tại A của (
)O cắt d tại
1 1 1 CN CQ CE
.E Chứng minh rằng :
lớn nhất
4) Xác định vị trí của M sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp MBN
∆
Câu V. (2,0 điểm)
2
+
−
−
=
−
1) Tìm các số thực
2
x
y
2
y x
0
x
3
2
2
+
+
+
+
=
2) Cho hai số
x
x
2020
y
( 3 2 y
) 2020
2020
)
,x y thỏa mãn
)(
,x y thỏa mãn (
Tính giá trị của S
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= x + y
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
204
ĐÁP ÁN
2
2
+
+
+ 5 x
+ = 2 2 x
4
x
x
2
x
( + + = x x 2 2
)
( + x
) + 2
( + x
)( = 2 2
) + 1
x
Câu I. = 2 x A 1) + = 1
2) 4
3
*) 4
x
+ = + x
1
4
1
≥ khi x
*) 4
x
+ =− 1
4
− x
1
< khi x
− 1 4
− 1 4
x
x
1 3
)
4
tm (
)
1 + ≥ − ⇒ + = ⇔ = x 2
− = ⇔ = −
x
)
x
1 3
x
1(
tm
)
1 4 − 1 + < ⇔ − 4 4
Vậy
2
2
+
=
+
3)
B =
+ 6 2 5
− 6 2 5
5
2 + + 2. 5.1 1
5
2 + − 2. 5.1 1
(
)
(
)
2
2
=
=
+ +
− =
− =
5 1
5 1
5 1
+ + 5 1 2 5
(
) + 5 1
( +
) − 5 1
2
= − S 1 2 ; 1
2 ⇔ − − x
4) Ta có phương trình hoành độ giao điểm: = ⇒ =
1
y
+ = x= 4 3 4 x 3 0
Vì
a b c
1 4 3 0
y
3
9
Vậy tọa độ giao điểm là
x 1 + + = − + = ⇒ x 2 ( ) ( 1;1 ; 3;9
= ⇒ = 2 )
x 1
Câu II.
(
0 x x − =⇔ 1) 10 10 25 5 5 1 − x 1 + x − + = + > x ≠ x 5 5 x x + − 5 )( 5 )
⇔ = ⇔ − 10 x 25 1 = ⇔ = x 26( tm )
2
=
2)
x
+ x m
0
) 1
( ) *
2
x 2 25 ( 2
+ m )2 + 1
⇔ ∆ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ − m
1 0
' 0
m
2
Phương trình (*) có nghiệm
1 2
+ m ∆ = ' − 1. m = 2 m 1 10 − − (
Áp dụng hệ thức Vi – et :
= + + 2 m x 1 2 2
Ta có:
+ + = 1 13
Hay
4
( m
2
12 0
( x 1 m 2
) + x 2 + − = 2 6 0
)( 1 2 ( m 2 2
) + 1 ) −
2
⇔ +
Vậy
thì thỏa đề.
m m
x 2 1 2 + x 2 + x 2 = x x m 1 2 + = ⇔ 2 4 13 x x 1 2 2 = ⇔ + 2 m
= m m
) ktm
)
tm 1( − = ⇔ = − 2 0 2(
m = − 2
Câu III
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
205
+ −
x
2 2
y
− =− 1
4
1)
1 ≥ −
2
≥ y x
+ + =
x
2
y
16
3
=
=
0
1
y
t
x
+ 2,
u
≥ . Phương trình thành:
( + 1 , t u
)
−
4
u 2
2 − ⇒ = y u ( ) 4 *
2
+ =
2
=− ⇒ = − u 2 t ( ) 1 16 2 ⇒
+ =
+
−
Đặt t + 3 t u Thay (*) vào (2)
1 16
u
2
−
⇔ + u
u 6
27 0
) ktm
)
= ⇒ − = ⇒ =
( ) u 3 2 4 = u 3( tm = ⇔ = − u 9( y 10
u
1 3
3
y
, thay vào phương trình đề:
⇒
2
2
x
x
2(
tm
)
x =
3 Vậy
= ⇔ + = ⇔ = =
là cạnh góc vuông bé suy ra cạnh góc vuông lớn:
+ + 2 10 16 2, 10 y x x cm ) ( 2) Gọi
Áp dụng định lý Pytago ta có phương trình:
2
2
2x +
2 ⇔ + 2 x x 4
(
)2
=
tm
)
⇒ + = 2 8 x
2
−
⇔ + x
2
x
48 0
6( = −
8(
x 1 x 2
= ⇔
Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là
ktm 6
) cm cm ;8
+ + = x x 2 10 + = 4 100
Câu IV.
L
M
F
K
O
C
B
N A
E
P
Q
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
206
Ý 1.
là tứ giác nội tiếp
⇒
là điểm chính giữa cung
BC
= sd BA sd AC
A
Ta có ⇒
(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
PMQ PCQ =
PQCM
Mà 2 góc này cùng nhìn
là tứ giác nội tiếp
Ý 2.
song song với
⇒
là tứ giác nội tiếp ) (1)
PQ PQ PMCQ BC
(góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau )
QPC QMC = Ta có: QMC BCP =
( )2
QPC BCP =
Từ (1) và (2) suy ra
Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên
(MPQC
và
BC PQ / /
=
Ta có:
(hệ quả Ta let)
Ý 3. AE BC / / Dễ chứng minh : AE QE CE = CN CN QC
⇒
+
+
⇒
+
=
⇒
=
CE
.
1
CE CE QE CE = CN CQ QC CQ
1 1 1 CN CQ CE
1 1 + CN CQ
Ý 4.
(góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau) BMN
Ta có : AB⇒
)
( là giao điểm đường trung trực của đoạn
và
của
BL
ABN BMN = là tiếp tuyến của đường tròn K
AL
AE CE=
Kẻ đường kính E⇒
Tương tự dựng
F
)
. Gọi ) CMN ∆
∆
∆
,
BLC BEN CFN = + ⇒
)O ( ( BMN là tâm đường tròn ( là tâm Dễ dàng chứng minh được ⇒
là hình bình hành
(không đổi)
cân LC
BN
MCN
MBN
, R (
)
)
R (
LENF
Ta có:
mà
+ ⇒
≤
≤
⇒ ≤ ⇒ EB FC
2
EB EB FC
2
LC
ABN
R (
)
⇒
≤
MBN
R (
)
LC 2
xảy ra khi
là điểm chính giữa của cung lớn
BC
"=
M L≡
≥ ⇒ ≥ ∆ ∆ ⇒ = ≤ MC MB NC NB EBN FCN g g ( . ) 1 EB NB FC NC
" Dấu Câu V.
1)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
207
2
≥
−
=
+
−
−
x
0;
y
≥ 0
x
0
3
2
x
y
2
y x
(
)
2
−
) + = 9 0
6
x
y
2
x
2
−
+
=
+
+
x y .
y
0
x
6
)
( 3 2 − (
y x )
2
2
+
−
=
3
x
x
y
0
9 (
x ) − = 3 0
x
⇒
⇔
= )
tm (
=
2 ) 9 3
x y
⇔ + 2 ( ⇔ − x ( ⇔ − Vậy
− = y y
0 3
= 9,
x = x 2)
2
2
+
+
+
+
=
*
x
x
2020
y
y
2020
2020
)
(
)(
2
2
2
−
+
+
+
+
+
x
x
2020
x
x
2020
y
y
2020
)
(
)(
)(
⇔
=
2020
2
−
+
x
x
2020
2
2
2
−
−
+
+
x
x
2020
y
y
2020
(
)
)(
⇔
=
2020
2
−
+
x
x
2020
2
+
+
y
y
2020
2
⇔
+
2 +
= ⇒ 1
x
2020
− = + x y
y
2020(1)
2
+
−
2020
x
x
2
2
2
)
(
)(
)(
2
2
2
+ + + + − + 2020 2020 2020 x x y y y y = *) 2020 − + y y 2020
)
(
2
2
⇒ − + + + x x 2020 = − + y y 2020
+ ⇒ − − = − + + x 2020 x y 2020 (2)
y Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có: − − = + ⇔ + 0 2 2 y x y = ⇔ + = x y 0
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
x Vậy y S = x 0
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
208
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HƯNG YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2020-2021 Môn thi: Toán Thời gian làm bài : 90 phút
Đề số 31
Câu 1.Tìm điều kiện xác định của biểu thức
3
1 3x − > 3
≠ < 3 C x . D x . 3
A x . Câu 2.Cho hàm số y
0,
0x > ≥ 3 . B x 23 . x= Kết luận nào sau đây đúng x < nghịch biến khi
A. Hàm số đồng biến khi B. Hàm số luôn nghịch biến trên C. Hàm số luôn đồng biến trên 0, D. Hàm số nghịch biến khi
x < đồng biến khi 5
0x >
( ) − . 1;1
)
D C
( ) . 1;1 ;4O cm , dây lớn nhất có độ dài bằng : D cm .6 .MH Khẳng định nào sau đây đúng ?
∆ = nhận cặp số nào dưới đây là một nghiệm ? y+ 3 Câu 3.Phương trình 2 x ( ) ) ( − − − . 1; 1 B A . 1; 1 Câu 4. Trong đường tròn ( .8 A cm B cm .10 Câu 5. Cho MNP vuông tại C cm .4 ,M đường cao
M
P
1
1
=
=
B .
A .
2
− 2
2
2
1 2 MN MP
1
1
=
=
D .
.
C
2
2
2
2
1 + MN MP
N 1 MH 1 MH
H 1 . 2 MN MP 1 + MN MP
tiếp xúc trong với nhau, khi đó ta
1 MH 1 MH );I r (với
R r> ) ;O R và ( )
= + = − < + − < > + B OI R r . C R r OI R r . D OI R r .
Câu 6. Cho hai đường tròn ( có: A OI R r . Câu 7. Trong hình vẽ bên, sin C bằng
A
C
B
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
209
=
3
2
là nghiệm của hệ phương trình
A . B . C . D . AC BC AC AB AB BC
Câu 8. Tìm m và n để (
) x y = ;
( ) 1;1
=
5
=−
=
= = 1, n
D m .
C m .
1,
n
1
3
= = . B m
= 1; n
=− 3
+ x my + n
y 2 1
nx 1;
AB AC
A m . Câu 9. Có bao nhiêu tứ giác nội tiếp được đường tròn trong các hình vẽ dưới đây ?
M
B
G
F
E
700
C
N
N
A
1100
Q
Q
J
L
P
Hình 4
D
Hình 2
P
Hình 1
Hình 3
2
B C .4 .3 .1 .2
2
+
−
3 0
2
x
(
) >
=− = A y . = + . C y =+ . B y + 4 x 3 2 3 x D y . 2 x
+ x m 3
2 m C m .
− = có hai nghiệm trái dấu 3
=
là nghiệm của hệ phương trình
Tính
S
.
≤ ≥ < D A Câu 10. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất ? 1 x Câu 11. Tìm m để phương trình A m . B m . 3 3
Câu 12. Gọi (
)
x 0
+ y 0
+ +
x x
3 2
=− y =− y
;x y 0 0
D m . 7 4 D S . 5 = − 5 = − 1
A. Góc nội tiếp
C S . B S . A S . Câu 13. Trong hình vẽ dưới, với đường tròn ( = = 1 )O thì ABC là:
A
B. Góc có đỉnh bên trong đường tròn
C. Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung
B
D. Góc ở tâm
O
C
2 5 x−
7 0
− . 7 .5 − = bằng: − . 5 D
là: π
3
3
3
3
r
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
π π .100 .25 cm cm C A B . cm D . cm x Câu 14. Tổng hai nghiệm của phương trình .7 A C B cm= 5 Câu 15. Thể tích hình cầu có bán kính 500 3 100 3
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
210
)2
đồng biến trên .
( + = y m = − 2
− x
5 C m . ≠ − 2 D m . < − 2
Câu 16. Tìm m để hàm số > − A m 2 B m . . Câu 17.
Hình 1
Hình 3
Hình 2
Hình 4
B. Hình 2
C. Hình 3
D. Hình 4
A. Hình 1
Câu 18. Hình trụ có bán kính đáy
,r chiều cao h thì diện tích xung quanh là :
2
2 r h
tại
π π π . A rh C .2 rh π . D r h B . 1 3
22 x=
y
Câu 19. Giá trị của hàm số A .12
2
.9 B 3x = là: C .18 D .6
có kết quả rút gọn là :
−
Câu 20. Với
a b> biểu thức
,
( 4 . a b
)2
1 − a b
− . 2 B
.2 A .4 C Câu 21.Trong hình vẽ bên, biết 0 sd AmD = 110 − . 4 D và 040 . Số đo ABD bằng: sdCnB =
A
B
n
1100
400
m
E
C
0
D 0 .55
0 .35
0 .75
2
+
B C
T
2
2
= + x 1
x 2
x x 1 2
x− 2
khi đó ? DAC =
0
0
0
0
B T . = − 6 C T .
.80 .30 D C
2x − 2
=
A .
B .
C
D .
− +
− −
=
− = y − 3
1 = y
x
2
x x
3 2
y y
1 2
x x
2 4
y y
5 10
− x − x
2 3
= y = y
5 1
x 3
5 5
= 3 . = 6
3 5
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
≠ ≥ < D x . 2 2 2 A .70 D − = Tính 2 0. x ,x x là hai nghiệm của phương trình Câu 22.Gọi 1 = − = − = − 3 D T AT 5 . . 2 ),O biết 080 , Câu 23. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( DBC = B A .160 .40 Câu 24. Tìm điều kiện xác định của biểu thức ≤ A x C x B x . . . Câu 25. Trong các hệ phương trình sau đây, hệ phương trình nào có vô số nghiệm ?
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
211
.1
. 13
.169
D
C
=
≠
thuộc đồ thị hàm số
0
y
x+ B = thì x bằng: 4 .13
Câu 26. Nếu 3 A Câu 27. Có bao nhiêu đường tròn đi qua 3 điểm phân biệt không thẳng hàng .A Vô số đường tròn .C Hai đường tròn Câu 28. Tìm a để điểm
( M −
)1;2
)
=
=
−
=
=
B a .
2
D a .
2
C a .
A a .
− 1 2
− 1 4
.B Một đường tròn .D Không có đường tròn nào ( 2 ax a
Câu 29. Với góc nhọn αtùy ý, khẳng định nào sau đây sai ?
2
2
h
3
3
3
bằng: 3
α = α α = α α α = A .tan B .tan .cot 1 C .cot D .sin cos + 1 α α cos sin α cos = α sin bán kính đáy
cm= 5 , π cm C .15
2
2
π π cm .45 cm .9 B
2
2
= cm= r 3 Câu 30. Thể tích hình nón có chiều cao π A cm D .60 Câu 31.Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên ? x A y . = − 2 x D y . 5 7 x 5 =− . B y
+ 3 '∆ của phương trình 2 + + =− C y . 23 − 2 x 2 C m . x 2 − = là : mx 1 0 − 3 B m .4 12
Câu 32. Biệt thức A m D m .4 3 . Câu 33. Phương trình nào sau đây là phương trình bậc nhất hai ẩn
2
2
−
=
+
=
+
=
A x .2
5
y
3
B x .2
3
y
+ 0
= .2 C x
4
xy
y
0
− D x .4
3
1 y ?
− 12 x y , ?
=− + =− y D y . + x 2 x 2 3 1 = + . C y =− . B y + 2 x 7 2 3
8 x −bằng:
Câu 34. Đường thẳng nào sau đây song song với đường thẳng = + 3 x A y . A =
Câu 35.Giá trị của biểu thức A .8 5
.2 5
B
C
.16 5
D
2
=
Câu 36.Cho
a
b> 0,
> và 0
2 + b
3 80 2 20 . 60 4 + + Khi biểu thức S đạt giá trị nhỏ nhất thì a
a . S 2 54 b
+ có giá trị bằng : 2 b
m 3
= T a A .7 B .3 D .5
;x y thỏa mãn
Câu 37. Tìm m để hệ phương trình
có nghiệm (
)
x
9
0x > và .6 C + = y x 2 − =− y
< > y > A m . 0. < − 6 B m . 3 D m . > − 6
bằng:
C m . 2 −
Câu 38. Giá trị nhỏ nhất của
+
+
B
.4
.4
.6
.4
D
C
7
6
π≈
và kết quả làm tròn đến một chữ số thập phân).
y = + 4 3 x 7 6 3 + x
A Câu 39. Một bồn cây có dạng hình tròn bán kính 1 .m Do yêu cầu mở rộng diện tích mà bồn cây được mở rộng bằng cách tăng bán kính thêm 0,6 .m Tính diện tích tăng thêm của bồn cây đó (lấy
3,14
2
2
2
2
A
.4,8
m
B
.3,8
m
C
.1,9
m
D
.4,9
m
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
212
,A B lần lượt là giao điểm của đường thẳng
+với hai trục tọa độ y 4 x= 2
B C D .8 .4 .2 .6
( = y m
) 1
)
.2 2
.8 2
.4
D
C
B
+ − m 4 d x :
Câu 40.Gọi ,Ox Oy . Diện tích tam giác AOB bằng: A Câu 41. Khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ O đến đường thẳng ( là: A .4 2 Câu 42. Một người mua 2 thùng hàng A và B. Nếu thùng hàng A tăng giá 20% và thùng hàng B tăng giá 30% thì người đó phải trả 302 nghìn đồng. Nếu thùng hàng A giảm giá 10% và thùng hàng B giảm giá 20% thì người đó phải trả 202 nghìn đồng. Giá tiền thùng hàng A và thùng hàng B lúc đầu lần lượt là : .20A .140C
nghìn đồng, 230 nghìn đồng nghìn đồng, 100 nghìn đồng
=
(với
nhận giá trị nguyên ?
A
x ≥ 0)
Câu 43. Có bao nhiêu giá trị của x để
B. 100 nghìn đồng, 140 nghìn đồng nghìn đồng, 20 nghìn đồng .230D + x 4 + x
16 2
D .3 B C .8 .4
D
F
E
H
)'O tại
C
A
O
B
O'
= = = = C HF . 12 2 6 D HF . 3
,M đường cao MI và NK cắt nhau tại .O Đường tròn =và MG EI= 3
MN MP=
.
) .OK
.6 A Câu 44. Cho hai nửa đường tròn đường kính AB và BC tiếp xúc tại B (xem hình vẽ bên), AB BC= =CD là tiếp tuyến của 18. biết )O (D là tiếp điểm), CD nửa đường tròn ( cắt nửa đường tròn ( .E Gọi H là ,CE F là điểm chính giữa trung điểm của của cung .CE Tính HF B HF . A HF . Câu 45.Cho tam giác MNP cân tại ( ;O OK cắt MI tại G và E (tham khảo hình vẽ dưới) . Biết Tính
M
G
K
O
N
E I
P
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
213
đường cao
AB
cm= , 5
= = = = A OK . B OK . C OK . D OK . 6 6 6 6 2 6 3
Câu 46.Trong hình vẽ dưới, tam giác ABC vuông tại A cạnh (kiểm tra sai đề ???). Độ dài cạnh BC bằng: AH
cm= 3 A
5 cm
3 cm
B
H
. C A . D . cm cm cm B cm .4
C 4 15
.16,6
.6,0
.7,5
m
m
m
C
B
m +cắt trục Ox và trục Oy
D y mx=
.5,0 3
25 16
− . 1 .1 .3 D C B
tại hai điểm
:
)
) :
21 x= 2
= + − cắt 1 x m d y .0 ( parabol P y 25 4 Câu 47. Một học sinh dùng giác kế, đứng cách chân cột cờ 10 m rồi chỉnh mặt thước ngắm cao bằng mắt của mình để xác định góc " nâng" (góc tạo bởi tia sáng đi thẳng từ đỉnh cột cờ đến mắt tạo với phương nằm ngang).Khi đó, góc “nâng” đo được là 31'. Biết khoảng cách từ mặt sâng đến mắt học sinh đó bằng 1,5 .m Tính chiều cao của cột cờ (kết quả làm tròn đến một chữ số thập phân) A Câu 48.Gọi S là tập các giá trị của m để đường thẳng lần lượt tại A và B sao cho tam giác AOB cân. Tính tổng các phần tử của S A Câu 49.Tìm m để đường thẳng (
vuông tại O (với O là gốc tọa độ)
=
3
m
=− . C m
D m .
3
1
3
= = = 1, 1, m ;10O cm , dây CD cách tâm O một khoảng bằng 8
∆
=− )
.cm Khi đó
A và B sao cho AOB A m B m . . Câu 50. Cho đường tròn ( độ dài dây CD là: A cm .6
B
.2 41
cm
C cm .12
D
.2 21
cm
ĐÁP ÁN
ĐÁP ÁN TỈNH HƯNG YÊN
1 A 2 D 3 D 4 B C 5 6 A 7 C 8 B 9 A 10 A
11 D 12 B 13 A 14 B 15 C 16 A 17 D 18 C 19 C 20 B
21 C 22 C 23 D 24 A 25 C 26 C 27 B 28 B 29 A 30 C
31 B 32 A 33 A 34 A 35 B 36 A 37 C 38 C 39 D 40 C
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
41 C 42 B 43 B 44 B 45 B 46 C 47 C 48 D 49 A 50 C
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
214
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 16/07/2020
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số 32
Câu 1. (2,00 điểm) (Không sử dụng máy tính cầm tay)
−
a) Rút gọn biểu thức
A =
3 2
8
2
b) Giải phương trình:
( 2 5 x−
) 4 0
+ = x
Câu 2. (2,50 điểm)
Trên mặt phẳng
) P y :
và đường thẳng (
) :d
21 x= 2
= y − x m ,Oxy cho parabol (
a) Vẽ parabol (
) P y :
21 x= 2 m = tìm tọa độ giao điểm của (
)d và (
)P bằng phương pháp đại số
0, b) Với c) Tìm điều kiện của m để (
)d cắt (
)P tại hai điểm phân biệt
(m là tham số)
Câu 3. (1,50 điểm)
Để chung tay phòng chống dịch COVID-19, hai trường A và B trên địa bàn tỉnh
)O và một điểm I nằm ngoài đường tròn. Qua I kẻ ).O Gọi K là điểm đối xứng với M qua O.
Khánh Hòa phát động phong trào quyên góp ủng hộ người dân có hàng cảnh khó khăn. Hai trường đã quyên góp được 1137 phần quà gồm mì tôm (đơn vị thùng) và gạo (đơn vị bao). Trong đó mỗi lớp của trường A ủng hộ được 8 thùng mì và 5 bao gạo; mỗi lớp của trường B ủng hộ được 7 thùng mì và 8bao gạo. Biết số bao gạo ít hơn số thùng mì là 75 phần quà. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu lớp ? Câu 4. (3,00 điểm) Cho đường tròn ( hai tiếp tuyến IM và IN với đường tròn ( )O tại H Đường thẳng IK cắt đường tròn (
a) Chứng minh tứ giác IMON nội tiếp đường tròn = IM IN IH IK b) Chứng minh c) Kẻ NP vuông góc với
. .
.MK Chứng minh đường thẳng IK đi qua trung điểm của
.NP
Câu 5. (1,00 điểm) Cho
x
y+ ≥
7 2
y
=
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
x 13 3
10 + 3
1 + 2 x
9 + y
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
,x y là các số thực thỏa: x y > và , 0
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
215
ĐÁP ÁN
Câu 1.
=
−
−
=
−
= − =
3 2
2
8
A =
3 2. 2
8. 2
3.2
16
6 4 2
a) Rút gọn biểu thức ) (
b) Giải phương trình :
2
2
−
+ = ⇔ − −
+ = ⇔ − −
x
5
x
4 0
x
x
4
x
4 0
4
x
0
(
) − = 1
− =
) 1 =
x
4 0
x
( x x 4
− = ⇔
⇔
4
x
0
( ⇔ − x
)(
) 1
− =
=
x
1 0
x
1
Vậy tập nghiêm của phương trình là
}1;4 {
S =
Câu 2.
a) Học sinh tự vẽ đồ thị
b) Tìm tọa độ giao điểm
Với
(
) = d
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là
2
2
2
= ⇔ −
=
− = ⇔ − 0
x
x
2
x
0
2
0
x
x
= ⇔ x
( x x
)
1 2
1 2 = ⇒ = 0 y ⇔ = ⇒ = 2 y
x x
0 2
Vậy khi
=⇒ m 0 : y x
) ( 0;0 ; 2;2
)
0m = ta có tọa độ giao điểm là (
c) Tìm điều kiện của m để (d)cắt (P) tại hai điểm phân biệt
Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (
)d và đồ thị hàm số (
)P là:
2
2
= − ⇔ −
=
x
2
+ x
2
m
x
x m
( ) 0 *
)d cắt (
)P tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân
1 2 Đường thẳng (
biệt
> ⇔ <
⇔ ∆ > ⇔ − ' 0
1 2
m
m
0
1 2
Vậy với
)d cắt (
)P tại hai điểm phân biệt.
1 m < thì ( 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
216
Câu 3. Gọi số lớp ở trường A là x (lớp) (
)*
)*
Số thùng mỳ trường A ủng hộ là: 8x (thùng), số bao gạo của trường A ủng hộ là
( 5x bao
)
Số thùng mỳ trường B ủng hộ là 7 y (thùng), số bao gạo trường B ủng hộ là
( 8y bao
)
Vì hai trường đã quyên góp 1137 phần quà nên ta có phương trình:
x ∈ , số lớp ở trường B là y (lớp) ( y ∈
+ + + = 8 x 5 y 7 y 8 y 1137 ⇔ + 13 x 15 y = 1137
Vì số bao gạo ít hơn số thùng mì là 75 phần quà nên ta có phương trình: (
)
(
)
Khi đó ta có hệ phương trình:
=
+
=
y
1137
x
15
y
+ 1137
x
⇔
= ⇔
⇔
tm (
)
−
=
x
15 x − = y
75
45
x
15
y
1125
y
x = 3
2262 − 75
x
y
= 39 = 42
13 3
13
58
Vậy trường A có 39 lớp, trường B có 42 lớp.
+ − + = ⇔ − = 3 75 75 7 8 8 5 x y x x y y
Câu 4.
M
O
I
H
P K
N
a) Chứng minh IMON là tứ giác nội tiếp
⇒
=
Ta có:
,
M N ,
0 = IMO INO 90
IM IN là các tiếp tuyến của (
)O tại
0
0
=
+
=
Xét tứ giác IMON ta có: 0 90
IMO INO+
90
180
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
217
Mà hai góc này là hai góc đối diện nên IMON là tứ giác nội tiếp đường tròn
= IM IN IH IK . .
b) Chứng minh
Ta có: K là điểm đối xứng của M qua O O⇒ là trung điểm của MK và MK là đường
kính của (O)
⇒
=
⊥
MHK
hay MH HK
Ta có: MHK là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) 090
Áp dụng hệ thức lượng vào
IMK∆
vuông tại M có đường cao MH
2
Ta có:
2
= IM IH IK .
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Mà IM IN=
⇒ = = IM IN IM IH IK dfcm ( . . )
c) Chứng minh đường thẳng IK đi qua trung điểm của NP
Gọi
{ } J
{ } ∩ = IK M E
= ∩ IK NP
⇒
=
Ta có:
(hai góc đáy tam giác
nên tam giác IMN cân tại I INM IMN
cân)
=
(so le trong do
= IM IN cmt ( )
Lại có: MNP IMN
⇒
(cùng bằng ) IMN
INM MNP =
NE⇒ là phân giác trong INJ
do đó NK NE⊥
Lại có : MNK là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (
)O nên 090 , MNK =
nên NK là phân giác ngoài của INJ
NP MI − cùng vuông góc với / / )MK
Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:
= NI NJ KI EI = EJ KJ
Áp dụng định lý Ta let do
Từ đó suy ra
= = NP MI ta có: / / EI MI KI MI ; JP EJ NJ KJ
= ⇒ = ⇒ là trung điểm của NP J NJ JP MI MI JP NJ
Vậy đường thẳng IK đi qua trung điểm của
NP dfcm ( )
Câu 5. Ta có:
y
=
P
x
+ y
y
( + x
) +
x 13 3
10 + 3
1 + x 2
9 + y
9 y
7 3
= 2
1 + x 2
+
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
218
+ ≥ = + = 2 x x 2 2 . 2 ; y 2 ≥ y . 6; x y ( + ≥ ) gt 1 x 2 1 x 2 9 y 9 y 7 2
⇒ ≥ + + = 2 6 P 7 7 . 3 2 97 6
2
Dấu "
"= xảy ra
= 2 x = 1 4 = y x 2 ⇔ = 9 y 1 2 x 9 y 1 2 3 x ⇔ = y x y + = x + = y 7 2 ⇔ = 7 2
Vậy min
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= P ; y = 3 97 6 1 ⇔ = x 2
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
219
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 33
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút Ngày thi 20/7/2020
bằng:
.13 .169 .17 D
3
B .
A .
− = =
+
≠ = B ( = y m B m . D m . 1 1
I.TRẮC NGHIỆM: 3,0 điểm (Gồm 15 câu hỏi trắc nghiệm một lựa chọn) + Câu 1.Giá trị của 25 144 ± C . 13 A )1 + là hàm số bậc nhất khi − x Câu 2. Hàm số ≠ ≠ − A m C m . . 0 1 Câu 3. Cặp số ( = − x 1 y = − 4
)4;2 là nghiệm của hệ phương trình: + 8 − 18
5 y 5
x x
3 y
5
x x
+ = x y D . − = x 2 3
= C . =
3 2
3 x
bằng:
2.
6 2 ( )3f
y 2 5 y ( ) f x
y y x= − Giá trị của C
2
2
2
B .9 .4 . 9 D −
2
2
2
B
m
m
m
D
.6
.12
.36
− = + + = x x 3 3 B x . + . D x 5 0 5 0 5 0 − = 3 x
+ = . C x m= 6R C .18
Câu 4. Cho hàm số bậc hai A .7 Câu 5.Nếu hai số có tổng bằng 3 và tích bằng 5− thì hai số đó là nghiệm của phương trình nào ? 2 − − A x 5 0 . Câu 6. Diện tích hình tròn có bán kính A
)
)
)
( π
( π
( π
=
P
2020 < C x .
≤ > 5 5 B x .
−có nghĩa là : x ≥ 5 ( = 2
)
− =− − song . D x y và x a 3 a y + ax 1
= − = = ≠ − 1 D a . C a . B a . 0 1
2
2
2
2
π π π π .140 .144 .288 .72 D C
0
0
0
0
Tính số đo của góc ACB .150
+ = − + + = 5 0 5 0 1 0 + . D x 5 3 x x
2
2
2
2
.120 .60 D B
D m .48 .100 C
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.cm Nếu bánh xe quay được 5000 vòng π≈ 3 x bằng ) ( 2 π m + 5 Câu 7.Điều kiện của x để biểu thức A x . 5 Câu 8. Với giá trị nào của a thì hai đường thẳng song với nhau ? A a 1 . Câu 9.Một hình trụ có đường kính đáy bằng 12, chiều cao bằng 12.Diện tích xung quanh của hình trụ đó bằng: B A Câu 10.Phương trình nào sau đây có hai nghiệm trái dấu ? + = − − = x A x 3 C x . x B x . 2 0 . ).O Biết số đo góc ,A B C thuộc đường tròn ( , Câu 11. Cho đường tròn tâm O và ba điểm 060 . AOB = A C .30 Câu 12. Một sân khấu hình chữ nhật có đường chéo dài 10 .m Biết chiều dài hơn chiều rộng 2m . Tính diện tích sân khấu A m m B m .24 .20 Câu 13. Đường kính bánh xe của một xe đạp là 60 3,14) thì xe đạp đi được bao nhiêu ?km (chọn
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
220
(
)
(
)
( .4,71
)
(
)
0
0
0 .38
0 .35
B C km km km .9,42 .18,84 .30 km D
=
=
0 160 ,
OM
10
= cm MB ,
20
cm
.37 D C B A Câu 14. Phạt đền, còn gọi là đá phạt 11mét, hay đá pê-nal-ti, là kiểu đá phạt mà vị trí của quả đá phạt này là 11 mét, tính từ khung thành và thủ môn của đội bị phạt. Theo đó, em hãy tính xem “góc sút” của quả phạt 11 mét là bao nhiêu độ ? (làm tròn đến độ). Biết rằng chiều rộng của cầu môn là 7,32m A .36 Câu 15. Hãy tính diện tích phần giấy để làm một cái quạt (không tính mép và phần thừa)
2
2
2
2
(
)
(
)
với các kích thước như hình vẽ ( AOB π (
(
)
)
) 3200 9
π π C . cm D . cm cm B . A . cm 1200 9 π 40 9 400 9
II.Tự luận (7,0 điểm) Bài 1. (1,5 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức
+
−
=
≠
Với
b) Rút gọn biểu thức
B
2,
x
x≥ 0,
1
A = 1 −
− 3 8 5 18 1 +
1
1 2 và
Bài 2. (1,5 điểm) Cho hai hàm số
x x=
x x=− +
2 y
y a) Vẽ đồ thị các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ b) Tìm tọa độ các giao điểm của hai đồ thị đó.
Bài 3. (1,5 điểm)
−
=
a) Giải hệ phương trình :
+
=
3 21
2 6
3 3
x x
y y
,x x là hai nghiệm của phương trình
b) Gọi 1
2
+ − = Không giải phương x 30 0.
nội tiếp đường tròn tâm O. Kẻ hai
25 x 2 − x 1 060 ,
= 4A 12 2 − x 2
)
(
∈ x x trình hãy tính giá trị biểu thức 1 2 Bài 4. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có A = ∈ BD CE D AC E AB đường cao , ,
2
a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp trong một đường tròn = AE AB AC AD . b) Chứng minh c) Tính diện tích tam giác
.
ADE biết diện tích tam giác ABC là
,
100cm
.XX Ngày nay trên thế giới có hơn 1.000 vệ tinh
1
Bài 5. (0,5 điểm) Chế tạo và phóng thành cộng vệ tinh nhân tạo là một trong những thành tựu vĩ đại của loài người trong thế kỷ đang hoạt động trên bầu trời. Ngày 19 tháng 4 năm 2008 Việt Nam đã có vệ tinh viễn Vinasat − và tính đến nay 2019, chúng ta đã có tổng cộng 6 vệ tinh thông đầu tiên là đang hoạt động phục vị cho viễn thông, dự báo thời tiết, nghiên cứu khoa học,…. Có điều thú vị là có thể quan sát một số vệ tinh nhân tạo bằng mắt thường vào những ngày thời tiết tốt. Giả sử vào một thời điểm trong ngày, từ hai đài quan sát thiên văn A và B, người ta thấy một vệ tinh nhân tạo bây trên bầu trời với góc nhìn như hình vẽ . Biết khoảng cách .km Em hãy tính độ cao của vệ tinh tại điểm C so với mặt đất (làm tròn giữa A và B là 110 đến hàng đơn vị)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
221
VỆ TINH NHÂN TẠO
86,20
83,90
B
A
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
222
ĐÁP ÁN
I.Trắc nghiệm C 3 C 2 1
A
4
D
5
A
6
D
7
B
C 8
11
A
12
D
13
B
14
B
15
D
9 B C 10 II.Tự luận Bài 1. =−
=− a A ) = − 3 8 5 18 =− 3.2 2 5.3 2
)
− + − x x x 9 2 )( 1 = + 1 − = b B ) 2 1 − 1 + + 1 x 1 x + − x x 6 2 15 2 ( 2 1 )( 1 + − 1 ( 1 x )
x = ≥ 0 x 2 x = ≠ − x 1 x 1
a) Học sinh tự vẽ đồ thì hàm số b) Tìm tọa độ giao điểm
2
2
x
2 =− + ⇔ − − = ⇔ + x
2 0
x
x
+
−
2 0 = ⇔ − x
0
2
2
2
0
x
− − = 2 x ) = + x
)( 1
(
x ) ( = ⇒ =
− =
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là x ( ⇔ + x x x
2 ) 1 0
1
y
1
⇔
⇔
+ =
x
2 0
x =− ⇒ = 2 y x
4
Vậy hai đồ thị hàm số đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt
− + 2 2 2 − x 1 Bài 2.
( ) 1;1 ;
( B −
)
A 2;4
Bài 3.
a) Giải hệ phương trình
=
x
−
=
=
2
x
3
y
3
x
3
⇔
⇔
x
+
=
=
=
6
x
3
y
21
y
1
y
8
24 − 21 6 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (
) x y = ;
(
) 3;1
25 x
+
=
x 2
x 1
. Theo bài ra ta có:
= − 6
x x 1 2
+ = ta có: 12 30 0 ac < nên phương trình luôn có hai nghiệm 0
b) Tính A − x Xét phương trình ,x x . Áp dụng hệ thức Vi – et ta có: phân biệt 1 2 − 12 5
2
=
−
+
A
4
2
)
(
x x 1 2
2 − x 1
2 − x 2
= 4 x x 1 2
x 1
x 2
− x x 1 2
=−
2 +
6
(
)
( ) − =− 6. 6
+ x 1
x 2
x x 1 2
12 5
1044 25
=− −
2 +
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
223
Vậy
A = − 1044 25
Bài 4
A
D
E
O
C
B
a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp
0
=
⊥ ⇒
BD AC
90
∆
Vì
,BD CE là hai đường cao của
ABC gt
(
)
0
⊥ ⇒
=
BDC BEC
90
)
⇒ CE AB nên BCDE là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2
=
(góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối
Xét tứ giác BCDE có 090 ( = = BDC BEC cmt đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau) = AE AB AC AD có: BAC chung; AED ACD
. .
b) Chứng minh ∆ và ABC∆ Xét ADE diện của tứ giác nội tiếp
(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
Vậy
⇒ ⇒ ∆ ∆ ADE ABC g g ( . )
BCDE ) AE AD = AC AB ) AE AB AC AD dfcm ( .
. c) Tính = ADES
Ta có:
theo tỉ số
∆ = ADE ABC cmt ( ) k ∆ AE AC
Xét tam giác AEC vuông tại E ta có:
2
2
2
ADE
Do đó ta có:
S
S
.100 25
cm
= = k
= ADE
ABC
(
)
1 = 4
1 = 4
1 4
S S
1 =⇒ 2
2
= = = k 0 = EAC cos60 cos 1 2 AE AC
Vậy
ABC cm
ADES
= 25
Bài 5.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
224
C
86,20
83,90
H
A
)0
0
⇔
=
=
⇔ = AH
tan83,9
tan
A
0
>
B Gọi H là hình chiếu của vệ tinh đặt tại C trên mặt đất ( = CH x x Đặt Xét ACH∆ vuông tại H ta có: CH AH
x tan83,9
x AH
0
=
=
=
vuông tại H, ta có:
tan
B
tan86,2
⇔ = BH
Xét CBH∆
0
x BH
x tan86,2
CH BH −
Lại có
⇔
−
=
⇔ 0,04
110
x
= 110
⇔ ≈ x
2719,46
0
0
nên ta có: x tan86,2
km
= = = km 110 AB AH BH 110
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
AB x tan83,9 ⇔ ≈ x 2719 Vậy vệ tinh được đặt tại C cách mặt đất 2719 .km
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
225
UBND TỈNH KON TUM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT Năm học 2020 – 2021 Mô: TOÁN (Môn chung) Ngày thi: 25/7/2020
Đề số 34
Câu 1. (2,0 điểm)
a) Cho hàm số bậc nhất
=
− với
b) Rút gọn biểu thức :
M
y x = − 2
x −
2
x ≠ và 2 x ≠ − 2 x= 2 ( x 2 2 x −Tính giá trị của y khi 1. ) + 2 − 4
x Câu 2. (2,0 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải phương trình, hệ phương trình sau :
2
x
4
2
−
+ =
a x )
5
x
4 0
b
)
x
− = y + = y
1
3
Câu 3. (2,0 điểm)
22 x=
có đồ thị là (
)P
) :
= y y Cho hàm số )P a) Vẽ đồ thị ( b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (
tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1x và
,AB AC tới đường ,B C là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O) tại hai điểm (F AE AF<
x m − x 1 2 d 2x thỏa mãn điều kiện (
−cắt đồ thị ( )P ) )( = − x 5 3 3 2 Câu 4. (1,0 điểm) Hưởng ứng phong trào “Tết trồng cây đời đời nhớ ơn Bác Hồ”, lớp 9A được phân công trông 390 cây xanh. Lớp dự định chia đều số cây phải trồng cho số học sinh trong lớp, nhưng khi lao động có 4 học sinh vắng nên mỗi học sinh có mặt phải trồng thêm 2 cây mới hoàn thành công việc. Hỏi lớp 9A có bao nhiêu học sinh ? Câu 5. (2,5 điểm) Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O),, kẻ hai tiếp tuyến tròn ( E và
và d không đi qua tâm O) a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp b) Gọi H là giao điểm của AO và c) Gọi K là giao điểm của BC và
= AH AO AE AF . .
=
Chứng minh
2
AK AK + AF AE
.BC Chứng minh .EF M là trung điểm EF
Câu 6. (0,5 điểm)
−
−
−
−
1
2020
1
2019
1
2021
+
+
Giải phương trình:
0
x −
y −
z −
− 2019
x
y
2020
− 2021
3 + = 4
z
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
226
ĐÁP ÁN
Câu 1.
Với
)
Vậy
5
a) Tính giá trị ……. ( y = − − =− x = − ta có: 1 2. 2 2 y = − khi 5
x = − 2
b) Rút gọn biểu thức …..
2
)
)
Điều kiện: ( + 2 2 − x 4
( + − 4 x x )( + − x 2
+ 2 = M x 2 x ≠ ± 2 x − − 2 x 2 x = ( x 2 ) + − 4 x 2 x = )( ( − x x 2 − x 2 ) + 2
2 x = 2 x
− − = 1 − − 4 4
Câu 2.
2
2
−
0
4
0
4
4
x
x
x
x x x 4 ) = ⇔ −
− + = 4 0 ( )(
) − = 1
4 0 ( −
=
+ = ⇔ − ) − = 4 0
4
− x a x 5 ) ( ⇔ − x x x
x
⇔
⇔
− =
=
x
1 0
x
1
Vậy phương trình có tập nghiệm
}1;4 {
=
2
x
4
5
x
1
⇔
= ⇔
b
)
x
− = y + = y
1
x
y
4
2
3
5 x = − y 2
=−
Vậy (
) x y = ;
( 1; 2
) −
S =
Câu 3.
a) Học sinh tự vẽ đồ thị (P) b) Tìm tất cả giá trị của m…………
)P và (
)d là:
2
2
=
Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số ( − x m
+ ⇔ − 2 2
x m
x
2
( ) = 0 *
x 2 )d và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt (
> ⇔ > − . Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
⇔ ∆ > ⇔ + ' 0
1 2
m
m
0
1 2
+
=
1
x 1
x 2
. Theo đề bài ta có:
= −
x x 1 2
m 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
227
−
−
= ⇔ −
+
+ =
3
3
5
3
9 5
(
)(
)
(
)
x 1
x 2
x x 1 2
x 2
+
+ = ⇔ −
−
+ = ⇔ =
3
4 0
3.1 4 0
m
2(
tm
)
(
)
⇔ − x x 1 2
x 1
x 2
x 1 m 2
Vậy
2m = thỏa mãn bài toán .
Câu 4.
Gọi số học sinh lớp 9A là x (học sinh) (
)
⇒ Dự định, mỗi bạn học sinh phải trồng số cây là :
(cây)
∈ > x *, x 4
Số học sinh tham gia trồng cây là:
390 x
Suy ra thực tế mỗi bạn học sinh phải trồng số cây là:
(cây)
4x − (học sinh)
Vì thực tế mỗi bạn phải trồng thêm 2 cây nên ta có phương trình:
−
=⇔ 2
− = 1560 2
4
− 390 x
+ 390 x
( x x
)
2
−
2 = ⇔ −
390 x 8
x
1560 0
x
4
+
−
390 − 4 x ⇔ − x 2 2 ⇔ − x
30
x
26
x
780 0
30
26
− x
30
0
(
) =
−
26
x
30
( ⇔ + x
)(
)
= 780 0 ) + ktm ) )
30(
tm
− x ( = ⇔ − x x = − x 26( = ⇔ = 0 x
Vậy lớp 9A có 30 học sinh.
390 4x −
Câu 5.
B
O
H
A
E
M
F
C
a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
228
⇒ ∠
= ∠
=
Ta có:
,AB AC là các tiếp tuyến của (O) nên
ABO
ACO
090
⊥ AB OB ⊥ AC OC
0
0
0 + 90
Xét tứ giác ABOC ta có: diện nên ABOC là tứ giác nội tiếp
+ ∠ = ∠ = mà hai góc này ở vị trí đối ACO 90 180 ABO
= AH AO AE AF
. = ⇒ ∈đường trung trực của BC
vuông tại B có đường cao
, Áp dụng hệ thức lượng cho ABO∆
,BH
{ } H
2
ta có:
= . b) Chứng minh = Ta có: OB OC R O AB AC= (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ∩ AO BC Mà
=
(cùng chắn cung
= AH AO . và ACF∆
AB ta có: Xét AEC∆ ; A chung AFC ACE )EC
⇒ ∆ ∆ ⇒ AEC ACF g g ( . ) ⇒ = AC AE AF .
Mà
=
2
= ⇒ AB AC cmt ( ) AH AO AE AF dfcm ( . ) AE AC = AC AF = .
c) Chứng minh
có:
0 = 90
và AOM∆
Xét AKH∆
AK AK + AF AE A chung H M= ; AH AK = AM AO
2
(phương tích) có:
Achung B F= ;
(cùng chắn )BE
⇒ ⇒ ⇒ ∆ ∆ = AK AM AH AO . . AKH AOM g g ( . )
và ABF∆
⇒ ∆
∆
AEB
ABF g g ( . )
2 = ⇒ AE AF AB .
AE ⇒ = AB
AB AF
⇒
= AM AK AE AF
.
.
( ) 1
=
⇒
Chứng minh tương tự :
( )2
AK ⇒ AE AK AF
AF = AM AE AM
Cộng (1), (2) vế theo vế:
−
+
⇒
=
=
AF AE + AM AM
+ AM EM AM MF AM
=
=
=
(
Do ME MF
) 2
AK AK + AF AE AM 2 AM
=
Vậy
2
AK AK + AF AE
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.AM AK AB= Xét AEB∆
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
229
−
−
−
−
1
2020
1
2019
1
2021
+
+
Câu 6. Giải phương trình:
0
x −
y −
z −
− 2019
x
y
2020
− 2021
3 + = 4
z
Điều kiện :
2019
2020
−
−
−
−
1
2020
1
2019
1
2021
+
+
0
x −
y −
z −
− 2019
x
y
2020
− 2021
3 + = 4
z
−
−
−
−
1
2020
1
2019
2021
⇔
0
x −
y −
z −
− 2019
1 + + 4
x
y
1 1 + + 4
z
1 + = 4
−
+
+
−
+
−
2019
− 4 4
y
− 4 4
x
2020
− 4 4
z
2020 )
)
) 2021
+
⇔
+
=
0
4
4
4
− 2021 ( y ) 2020
− 2020 ( − y
− 2019 ( − x
( x ) 2019
− 2021 ( − z
( z ) 2021
2
2
2
2021 > x > y > z
(
)
(
)
(
)
2
−
x
)
(
≥ ∀ >
0
x
2019
−
4
x
2019
− (
2019 2 )
2
−
)
(
≥ ∀ >
Ta có:
0
2020
y
−
4
y
2020
− y (
2020 2 )
2
−
z
)
(
≥ ∀ >
0
z
2021
−
4
z
− (
2021 2 ) 2021
2
−
x
)
(
=
0
−
4
2019
x
− (
2019 2 )
2
−
− =
2019 2 0
x
−
)
(
−
= ⇔ 0
2020 2 0
y
( ) ⇒ ⇔ *
−
4
2020
y
− y (
2020 2 )
2023( 2024( 2025(
) tm ) tm ) tm
= x − = ⇔ = y = z
−
− =
2021 2 0
x
2
−
z
)
(
=
0
−
4
z
− (
2021 2 ) 2021
− − − − x y 2020 2 z ⇔ + + = 0(*) − − − 4 x 2019 4( y 2020) 4 z − ( 2019 2 ) − ( 2021 2 ) 2021
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (
)
(
)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
x y z = ; ; 2023;2024;2025
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
230
UBND TỈNH LAI CHÂU SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số 35
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: Toán (chung) Thời gian:120 phút Ngày thi: 17/07/2020
Câu 1. (2,0 điểm) Không sử dụng máy tính, giải các phương trình và hệ phương trình sau:
x
10
2
− =
−
a x )2
6 0
b x )
4
x
3 0
)
x
+ = y − = y
4
+ = c
+
−
Câu 2. (1,5 điểm) 2.1 Thực hiện phép tính: 64
9
=
+
−
2.2 Cho biểu thức
Q
6 −
x
9
25 2 + x
3
1 − x
3
≥ x x
0 ≠ 9
x = 4.
a) Rút gọn biểu thức Q b) Tính giá trị của Q biết Câu 3. (2,0 điểm)
22 x=
)P a) Vẽ đồ thị hàm số ( y b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng (
) :
d y x=− + 3
Câu 4. (1,0 điểm)
Một ô tô khách dự tính đi từ thành phố Lai Châu đến huyện Nậm Nhùn trong một
km h Tính vận tốc ban đầu của ô tô biết / .
thời gian đã định. Sau khi đi được 1 giờ thì ô tô này dừng lại nghỉ 10 phút. Do đó để đến Nậm Nhùn đúng hạn xe phải tăng tốc thêm 6 rằng quãng đường từ Thành phố Lai Châu đi huyện Nậm Nhùn dài 120km Câu 5. (3,0 điểm)
,AB AC và cát
).O Từ A kẻ hai tiếp tuyến
,B C là hai tiếp điểm, D nằm giữa A và
Cho điểm A nằm ngoài đường tròn ( tuyến ADE không đi qua tâm tới đường tròn đó ( E). Gọi H là giao điểm của AO và BC
,AB AC theo thứ tự tại
.
a) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp = AH AO AD AE b) Chứng minh c) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (
)O cắt
. .
I K Qua điểm O , kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt AB tại P và cắt AC tại Q. Chứng minh rằng : IP KQ PQ
+ ≥
Câu 6. (0,5 điểm
2
2
Cho
≤ hãy tìm giá trị lớn nhát của biểu thức
a
b+
2,
b
2
= M a
,a b là các số không âm thỏa mãn ) + a
( + 3 a b
( b a 3
) + b 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
231
ĐÁP ÁN
− = ⇔ = =
Câu 1. a x )2
{ } 3
2
6 0 x 3 S
Phương trình có dạng
− + = b x ) 4 x 3 0
1 3
= x = x
=
⇔
)
c
=
2 y
14 x = − x
4
x y
7 3
= ⇔
+ + = − + = nên có hai nghiệm a b c 1 4 3 0
)
+ = y 10 − = y 4 ( ) x y = ;
+
−
= + − =
7;3
x x Vậy ( Câu 2. 2.1) 64
25
9
8 5 3 10
=
+
−
2.2) )
a Q
6 −
x
9
1 − x
3
2 + x
3
≥ x x
0 ≠ 9
−
3
3
+ +
−
x
9
=
=
=
=
3 + x
3
3 −
+
( −
) +
3
x
3
x
3
x
3
x
x
3
3
x
x (
3 2 )( −
− − 6 6 ) +
x )(
)
(
x )(
)
=
=
b x )
4(
tmdk
)
Q
3 5
( 3 ⇒ = + 4 3
Câu 3.
a) Học sinh tự vẽ b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (
)P và (
)d :
2
2
2
x
1
= ⇒ = y
+ + = ⇒
Phương trình có dạng
a b c
0
9 2
Vậy tọa độ giao điểm là (
) 1;2 ;
2 x =− + ⇔ + − = 2 3 0 3 x x x
3 =− ⇒ = y x 2
3 9 ; 2 2 −
Câu 4. Gọi (
)0x >
Thời gian dự định:
) / x km h là vận tốc ban đầu của ô tô (
Thời gian thực tế:
phút
nên ta có phương trình:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ + ) 1 (10 120 x − x 120 + 6 x 1 6 1 h= 6
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
232
1
2
2
120 x ⇔ + − x 1 120 ⇔ − = + + + 6 6 x − + 720 120 x x x − x 120 120 = + 6 x ( = .6 7 . x x 7 6 ) + 6 x ) 2
( 120 ⇔ + 6 x
= + 4320 7 x 42 x
2 ⇔ + x
tm ) − 42 x 4320 0 90( ktm )
= x 48( = ⇔ = − x km h /
Vậy vận tốc ban đầu là 48 Câu 5.
P
B
I
E
D
A
H
O
K
C
Q
a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp 0
0
0
=
⇒ là tứ giác nội tiếp ABOC
+ 90 .
=
(cùng chắn )CD
Ta có: + B C 90 b) Chứng minh và AEC∆
Xét ACD∆
(1)
2 = ⇒ AE AD AC .
2
( ) 2
Áp dụng hệ thức lượng ta có: ⇒
Từ (1) và (2)
. = AH AO AD AE
⇒ ∆ ∆ ⇒ ACD AEC g g ( . )
= 180 = AH AO AD AE . có: ; A chung ACD AEC AC AD = AE AC AH AO AC= . +
. ≥
c) Chứng minh rằng : IP KQ PQ
0
0
+
+ +
=
360
+ + P OKQ PIQ 2 2
⇒ 2
= 360
0
⇒
+
+ =
PIK IKQ P Q PIQ OKQ P
180
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
233
0
+
=
⇒ OKQ IOP
180
=
+ = có: cân); (
IOP OKQ cmt
)
( PAQ∆
2
⇒
⇒
=
=
.
PI QK PO QO OP
.
Lại có: PIO IOP P Xét PIO∆ ∆ và QOK IPO OKQ = PO PI = QO QK
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có:
2
=
2
2
OP
= PQ
IP QK . ≥
⇒ ∆ PIO QOK g g ( . ) ∆
≥ + IP QK + Vậy IP KQ PQ Câu 6.
Ta có:
b
2
= M a
( + 3 a b
) + (áp dụng bất đẳng thức Cô – si ) a
2
a
) + b 2 a
b
≤
+
=
2 +
a .
b .
ab 3
( b a 3 + a b 3 2
+ 2
2
2
2
2
+
≤
+
a
b Do ab a 2
(
b
)
(
)
2 ≤ + 2
=+ 1
Vậy
+ b 3 2 5 2 5 = .2 6 2 Max M
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= ⇔ = = a b 6 1
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
234
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN Năm học 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN KHÔNG CHUYÊN Thời gian làm bài : 90 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 36
+
−
7
3
7
3
Câu 1. (0,75 điểm) Tính (
)(
)
Câu 2. (0,75 điểm) Tìm m để hàm số
( = y m
) 23 − nghịch biến khi x
4
0x >
+ = x 8 0
Tính số đo cung lớn CD
CD cm= . 3
Câu 3. (1,0 điểm) Giải phương trình: Câu 4. (0,75 điểm) Cho đường tròn (
26 x− ) ;3O cm , vẽ dây
Biết
,A vẽ đường cao
(
).
=
cm HC 2 ,
=Tính AH
2
AH H BC∈
x và (
) :
−bằng phép tính d y x= 3 1
Câu 5. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại HB cm 8 . Câu 6. (1,0 điểm) Tìm tọa độ giao điểm của (
) : 2P
=
Câu 7. Biết hệ phương trình
.Tìm a và b
có nghiệm là (
) x y = ;
(
) 3;1
1 =
− ax by 2
+ ax by
8
,dm bán kính đường tròn đáy là
π=
Câu 8. Một bể nước dạng hình trụ có chiều cao là 25 8
2
.dm Hỏi khi đầy nước thì bể chứa bao nhiêu lít nước (bỏ qua độ dày thành bể; 3,14)
91m và có chiều dài lớn hơn chiều rộng
Câu 9. Một vườn hoa hình chữ nhật có diện tích là 6 .m Tính chu vi của vườn hoa.
, ,
∈ ∈ . , AH BK CQ là ba đường cao Chứng minh HAlà tia phân giác của góc QHK
Câu 10. Cho tam giác nhọn ABC có ( ∈ Q AB K AC H BC ,
)
2
2
−
−
+
Câu 11. Cho phương trình
x
2
m
2
+ x m
2
m
(
)
− = ( x là ẩn số, m là tham số) x 1
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1
,x x thỏa 2
3 0 1 x 1
)
x 2 + = + 5 1 x 2
).C G là trọng ;O R cố định đi qua hai điểm B và C cố định (BC khác đường )O ( d không trùng với B và
∆
Câu 12. Cho đường tròn ( kính). Điểm M di chuyển trên đường tròn ( tâm
Chứng minh rằng điểm G chuyển động trên một đường tròn cố định.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.MBC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
235
ĐÁP ÁN
+
−
= − =
7
3
7
7 3 4
3
Câu 1. (
)(
)
> ⇔ − < ⇔ <
Câu 2. Để
( = y m
) 23 − nghịch biến khi x
4
x 3 0 m m 0 3
+ =
Câu 3.
26 x−
x 8 0
=
Đặt
≥, phương trình thành: 2 t
t
0
( 2 x t
)
−
+ = ⇔ −
2 ⇔ − t
t 4
t 2
8 0
4
2
− t
4
0
( t t
) −
(
) =
2(
tm
)
−
t
2
4
( ⇔ − t
)(
)
4(
tm
)
= t = ⇔ = 0 t
2
+ = t− 6 8 0
2
= ⇒ = ⇒ = ± t *) 2 2 x x 2
Vậy
2
{ S = ± ± 2;
}
= ⇒ = ⇒ = ± t *) 4 4 x x 2
Câu 4.
=
3 =
C
(tính chất góc ở tâm) 0
0
0
= 300
− 60 0 300 = = OC OD CD cm Ta có: đều 060 COD⇒ ⇒ ∆ ODC 060 sdCD⇒ = sdCD⇒ = 360 lớn Vậy số đo CD lớn =
D
O
Câu 5.
vuông
A
2
2
Áp dụng hệ thức lượng vào ABC∆ tại A, đường cao AH ta có: = = BH HC AH hay . ⇒ = AH
= 4(
2.8
cm
)
AH 2.8
C
8
2 H
B
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
236
Câu 6. Ta có phương trình hoành độ gia điểm của (
)P và (
)d là:
2
2
=
2
x
3
x
− = ⇔ − 1 0 3
2
x
x
( ) + = 1 0 *
Phương trình có dạng
1
2
x 1
= ⇒ = y 1
= ⇒ =
y
x 2
1 2
1 2
+ + = − + = nên phương trình (*) có hai nghiệm a b c 2 3 1 0
Vậy tọa độ giao điểm của (
)P và (
)d là:
( ) 1;2 ;
nên ta có:
A B 1 1 ; 2 2
Câu 7. Vì hệ có nghiệm (
) x y = ;
(
) 3;1
− =
=
1
a
9
a
⇔
+ =
a b
6
8
= 3 a
= ⇔ − 1
1 = 2
3 a b
9 b
b
Vậy
a
b= 1;
2
=thì hệ phương trình có nghiệm (
) x y = ;
(
) 3;1
Câu 8.
3
Diện tích đáy là :
2 8 .
=
Thể tích bể nước :
= 5024 (lít)
= V Sh
200,96.25 5024
( = dm
)3
Vậy thể tích bể là 5024 lít
= π π= ≈ 64 64.3,14 200,96( dm )
Câu 9. Gọi chiều dài khu vườn là
( x x >
)0
⇒ Chiều rộng khu vườn
( m−
)
2
Theo đề diện tích là
6x
−
2 = ⇔ −
6
91
x
6
− x
91 0
2 = ⇔ − x
+ 13 x
− 7 x
= 91 0
( x x
)
tm
)
+
−
13
7
x
13
= ⇔ − x
0
13
+ x
7
0
( ⇔ − x x
)
(
)
(
)(
= x x
ktm
)
13( ) = ⇔ = − 7(
91m nên ta có phương trình:
Chiều rộng : 13 6 7(
− = )m
Vậy chu vi vườn hoa:(
)
(
)
+ = 13 7 .2 40 m
Câu 10.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
237
A
K
Q
I
C
B
H
Ta gọi I là giao điểm của AH và BK, CQ
0
0
=
+
=
⇒
là tứ giác nội tiếp
Vì 0 + IQB IHB 90
90
180
BQIH
⇒
ABI QHI =
(cùng chắn ( ) ) 1QI
là tứ giác nội tiếp
= BQC BKC
=cùng nhìn BC
Xét tứ giác BQKC có 090 ⇒
⇒ BQKC
0
0
0
=
Xét tứ giác IHCK có + H K
90
+ 90
= 180
⇒ là tứ giác nội tiếp IHCK
⇒
(3) = QCK KHI
( )2 = ABI QCK
Từ (1) , (2), ( ) = ⇒ QHI KHI
2
2
−
−
+
− =
3 HA ⇒ là tia phân giác của QHK
Câu 11.
x
2
m
2
+ x m
2
m
3 0
(
)
2
2
+
m
+ m
− 2 m
m
2 + − 4
m
− 4
m
2 + =− 2
m
3
6
m
7
( ∆ = − '
) − 2
(
) = − 3
Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt
+ > ⇔ < ⇒ ∆ > ⇔ − ' 0 6 m 7 0 m 7 6
Áp dụng hệ thức Vi et ta có:
. Ta có:
= + m − 4 x 1 2 2 + − 2 m 3 x 2 = x x m 1 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
x 1 x 2 x 2 x 1 x 2 + = + 5 + = 5 1 x 1 1 x 2 + x ⇔ 1 x x 1 2
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
238
2
m
ktm
2(
)
4
2
Hay
+
− =
=
− 4 m 2 2 − + 2 m
m
=⇒ 3
− m 5
m
2
m
( ) 3 5 *
2
= m 2
−
+
m
− = 4 0 ⇔ 1 2
m
1 5
3
2
2
− = ⇔ +
−
− =
⇔ + m
2
m
8 0
m
4
m
2
m
8 0
( ) *
⇔
+
−
+
4
2
m
4
= ⇔ − m
0
2
+ m
4
0
( m m
)
(
)
(
)(
= m m
ktm ) 2( ) = ⇔ = − tm 4( )
Vậy
m = − thì thỏa đề. 4
Câu 12.
I
B
C
K
G
O
M
,BC từ G kẻ
Gọi I là trung điểm
(
)
Xét
có
GK OM K IO∈ / /
IOM∆ GK OM nên theo hệ quả Ta let / /
⇒ = = IK GK IG IO OM IM 1 = (do G là trọng tâm) 3
và
⇒ = = ⇔ = GK GK OM 1 3 R 3 IK OM 1 3
,B C cố định), O cố định
Mà I cố định (do
,K bán kính
Vậy G di động trên đường tròn tâm
K⇒ cố định
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
R 3
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
239
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 37
Câu 1. (3,0 điểm)
a) Tính giá trị các biểu thức sau :
+
−
8
98
=
−
=
−
=
A
25
9
B
2
C
(
)2 + 2 1
32 2
≠
, với
b) Cho biểu thức
x
x> 0,
1
Rút gọn biểu thức
= P : x − 2 − 1 x x +
1 − x x 1 4x = .P Tính giá trị của P khi
Câu 2. (1,5 điểm)
+
4
a) Giải hệ phương trình:
=− y x 2 − = y
7
3 x
b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hai hàm số
2 x= − và
y y x= − 2
Câu 3. (1,5 điểm)
2
a) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi là 160m và diện tích là
chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn đó + x m
2 5 −
1500 .m Tính
,x x 2
b) Tìm tham số m để phương trình −
x 3 0 − = có hai nghiệm phân biệt 1
thỏa mãn
+ = 1 2 3 x x 1 2 x 2
2 x 1 Câu 4. (3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn (
)O đường kính
.AB Trên nửa đường tròn (
)O lấy điểm C sao .B Đường
Trên đoạn thẳng OB lấy điểm M sao cho M nằm giữa O và
cho thẳng đi qua M vuông góc với AB cắt tia AC tại N, cắt BC tại
CA CB< .
)O tại C cắt đường thẳng MN tại
.F Chứng minh .E a) Chứng minh tứ giác ACEM nội tiếp trong một đường tròn b) Tiếp tuyến của nửa đường tròn (
cân
c) Gọi H là giao điểm của NB với nửa đường tròn (
).O Chứng minh HF là tiếp
tuyến của nửa đường tròn (
)O
∆ CEF
Câu 5. (0,5 điểm)
+
+
Cho các số thực
= Tìm giá trị nhỏ nhất của
a
c
3.
,a b c không âm thỏa mãn
,
2
2
2
2
2
b 2
=
+
+
biểu thức
P
a 3
− 2
ab
+ 3 b
b 3
− 2 bc
+ 3 c
c 3
− 2
ca
+ 3 a
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
240
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Tính giá trị biều thức
=
−
A
5 3 2
=
−
=
+ −
B
2
2 1
= 2 1
+
+
25 ( 8
98
2 2
− 4 2 7 2
=
=
C
= + − =− 2 4 7
1
= − = 9 )2 + 2 1 − 32 2
2
b) Rút gọn và tính P
Ta có:
+
x
−
.
x
P
(
) 1
x −
2 −
x
1
x
x
1 − x
1
−
x
x
= :
= +
x . (
2 ) 1
+
x
=
2 x
=
=
Thay
3
x
4(
tmdk
)
+ 4 2 ⇒ = P 4
= ⇔ = 3 x 4
4
2
= ⇔
⇔
P Vậy Câu 2.
a) Giải hệ phương trình =− + y x 2 − = y
4 14
=− 2 2
y = y
7
x y
5 x = − y
5 −
2; 5
= + 3 3 10 x ⇔ − =− x 7 x 2 x ) Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( ( x y = ;
)
b) Tìm tọa độ giao điểm….
2
2
− − = ⇔ +
−
+
= − ⇔ + 2
2 0
2
2
2
x
x
x
x
x
x
0
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai hàm số là: ) = −
)
(
=⇒ =− y
( x x 1
+
x
2
)
)( 1
( ⇔ − x
4 − − 2; 4
x 1 = ⇔ =− ⇒ =− 0 x y ) ( − 1; 1 ;
)
2 Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là ( Câu 3.
a) Tính chiều dài và chiều rộng
)
Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn lần lượt là =
> > > 80 0 y
( x x y m ; ⇔ + = ⇒ = 80 80
)( x
Vì chu vi hình chữ nhật là 160m nên ta có:
(
)
( ) − x 1
2
Diện tích là
+ 2 x y y y 160
Thay (1) vào (2) ta có:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
1500m nên ta có: xy = 1500(2)
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
241
2 ⇔ − x
)
− = = 80 1500 80 x x − x
( 2 ⇔ − x
( − x
) = 30
− + 50 0 30 x 50 x 1500 0
( ⇔ − x
)(
)
− 30 x 50 + 1500 0 ) ( − =⇔ − x x 30 = 30 0 = 50 0
− x y ktm do x > ) y − x = ⇔ − 0 x = 80 30 50 (
Vậy chiều dài mảnh vườn là 50m và chiều rộng mảnh vườn là 30m
= ⇒ = 30 ⇔ = ⇒ = 50 y x 30( tm )
x m − 4.1. + − = . Ta có: 3 0 x m − = m 37 4
b) Tìm tham số m… 2 5 − ) − 3
Xét phương trình : 2 ( ) ( ∆ = − 5
,x x thì 2
≠
)
0
luon dung
⇔
. Áp dụng hệ thức Viet ta có:
⇔ < m
>
a ∆ >
m
0
0
=
+
≠ 1 0( − 37 4 5
2
= ⇒ = − x 5 x 2 2 − x 3 0
m
2 − . Ta có: x 1
−
+
3
2
2
1
− 3 5 x 2 − = ⇔ − = + 3 5 x x m 5 2 5 − x ) + 3
− = m 3 5 x 1
x x 1 2
x 2
x 1
−
+
−
10
2
− 15 3
1 0
Để phương trình đã cho có hai nghiệm 1 37 4 x x 2 1 = x x m 1 2 + x Vì 1 Ta có: Mà 1x là nghiệm của phương trình ( 2 − m x 1 )
2 = ⇔ − x 1 ( 3 5
2 ⇔ − x 1
2 = ⇔ − x 1
x 1
x 1
2 x 1
+ x 1
2 + x 1
− = x 1
+
( 2 5 13
7
0
(
1 )( 2 3
) =
1 ) = ⇔ − 14 0 x 1
2 ⇔ − 3 x 1
x 1
− x 1
2
− ⇔ =
3 5.2 2
m
9(
tm
)
2
m
2
= ⇒ − = m
1 5.
tm (
)
x 1
7 3
7 3
7 3
83 ⇔ = m 9
−
= ⇒ − = x 1 ⇔
Vậy
− x + x m ( − 3 5 − = nên 3 0 ) =
=là các giá trị cần tìm . m m= 9, 83 9
Câu 4.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
242
N
F
C
2 1
H
2
E 1
1
A
B
M
O
a) Chứng minh tứ giác ACEM nội tiếp đường tròn
=
⊥
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); 090 (
AME
do EM AB
)
090
0
0
=
= nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có
90
0 + 90
180
Ta có: Tứ giác ACEM có ACE tổng hai góc đối bằng
+ ∠ 0 180 )(
AME dfcm )
= ACB∠
∆
( ) 0 = 90 1
⊥ ⇒
cân )O nên
0
(đối đỉnh)
0 ⇒ + C C OCF 1 2
= 1 90
= 90 mà E= E 1 2
= ∠ + 1 B E 2
=
⇒ ∆ cân tại
CEF
C
B C= 1
2
F dfcm ( )
CAB
=(tính chất)
NHC E 2
=
nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn
NHC NEC cmt
0
0
=∠ =
b) Chứng minh CEF CF là tiếp tuyến của ( OC CF Tam giác EMB vuông tại M nên B E+ 1 ( ) 0 90 2 Nên Tam giác OBC cân tại O nên ( ) 1 3 Từ (1), (2), (3) suy ra E 2 c) Chứng minh HF là tiếp tuyến ∠ Tứ giác ABHC nội tiếp nên NHC Tứ giác ACEM nội tiếp nên 2E CAM CAB Nên = = NEC Tứ giác CNHE có ( ) cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau) ⇒
=
−
=
+ NHE NCE
0 ⇒ NHE
0 = 180
180
NCE
− ∠ 180
0 = 90
90
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
243
vuông tại H
cân tại F nên
+
0 =
0 90 ,
90
NHE ∆ (4)
FE FC= ∠ NCF C 2
=
⇒ ∆ cân tại F
E C cmt
NCF
( )5
2(
2
⇒ =
⇒ = FC FN
=
=
EN CF
HF
Tam giác HNE vuông tại H có HF là trung tuyến nên
⇒ ∆ Theo câu b, CEF Ta có: + ∠ = E CNF 2 Mà = CNF NCF ) Từ (4) và (5) suy ra FC FN FE =hay F là trung điểm EN
có:
1 2 FC FH cmt
= ( ) ∆ Xét OCF
( ); OC OH R OF ) = ⇒ OHF OCF
= ∆ OCF = chung; = nên 090 mà 090 OHF = OCF =
)
2
2
2
2
2
2
2
2
OH HF dfcm
2 + b
) ( + ≥ a b
(
)
2
2
2
+ ⇒ − + ≥ + = ∆ và OHF ( ⇒ ∆ OHF c c c . . ⇒ ⊥ ⇒ là tiếp tuyến của O( FH Câu 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của P Ta có: ≤ ab a ab b 2 a 3 b 3 2 2 2 a b 2 a
2 − a 3
2 ≥ + b 3
(
)
2
2
2
2
−
+
≥ +
−
+
≥ +
bc 2
c 3
b c ;
c 3
2
ca
a 3
c a
b 3
⇒ − + ≥ a 3 2 ab b 3 + a b =+ ⇒ a b 2 + ab a b
(
)
Tương tự: Do đó: P a b b c Lại có: + ≥
+ ≥
+ ≥
1 2
a
a
;
b
1 2
;
c
1 2
c
+
+
−
b
a
c
2
⇒ + + ≥ a b c
3
b ) − = ⇒ ≥
P
= 2.3 6
1
( ⇒ + + ≥ 2.3 3 3 a b c ⇒ = ⇔ = = = a b c P 6 min
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
≥ + + + + + ⇒ ≥ c a P 2 + + a b c
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
244
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2020 – 2021 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể giao đề
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 38
+
Câu 1. (1,0 điểm) Tính : a
) 16 1
−
x
=
≥
≠
b ) 3. 12
Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức
P
x
0;
x
(
) 1
1 +
1 + x
1
1 − − x
x
1
. 1 2
a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm tất cả các giá trị của x để
P ≤ − 1
Câu 3. (1,0 điểm)
2
biết rằng đồ thị của hàm số đi qua điểm
a) Xác định hàm số
( A −
)2;5
y ax=
b) Trong mặt phẳng tọa độ
m ≥ .
3 2 ,A B sao cho
Tìm m để d cắt trục tung, trục hoành lần lượt tại hai điểm phân biệt độ dài đoạn AB ngắn nhất.
1 m = +, với ,Oxy cho đường thẳng d y : x m − 1 − m
Câu 4. (3,5 điểm)
−
4
4.1 Giải hệ phương trình:
=
=− y 3 y 3
5
.
km h Sau đó 2 giờ, người thứ / km h đuổi theo người thứ nhất. Hỏi hai người ấy gặp /
x 2 − + x 4.2 Lúc 8 giờ người thứ nhất đi xe máy từ A với vận tốc 40 hai đi ô tô cũng từ A với vận tốc 60 nhau vào lúc mấy giờ ?
2
2
−
−
− = có hai
+ x− 5 3
22 x 4.3 a) Giải phương trình: b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình
x
2
m
+ x m
6 0
(
) 1
,x x sao cho
2
2 x 1
+ + − 4 2 2 3 x 1 x 2 =− mx 1
nghiệm 1 Câu 5. (3,0 điểm)
nội tiếp đường tròn tâm
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB AC< đường thẳng d là tiếp tuyến tại A của đường tròn ( song song với
) ).O Gọi ,AO AC lần lượt tại
;
,
.O Kẻ
của tam giác
' d d cắt các đường thẳng ) ( ABC F BC∈
2
'd là đường thẳng qua B và .E D Kẻ AF là đường cao
a) Chứng minh rằng tứ giác ABFE nội tiếp b) Chứng minh rằng c) Gọi
= AD AC .
AB BC Chứng minh rằng MN EF⊥
,
.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
AB ,M N lần lượt là trung điểm của
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
245
ĐÁP ÁN
Câu 1.
+ = + = a ) 16 1 4 1 5
= = b ) 3. 12 36 6
Câu 2.
Với
a) Rút gọn biểu thức P ≠ ta có: x≥ 0,
1
x
−
−
−
x
x
x
x
P
.
1 +
1 +
1 + x
1
1 − x
x
1
2
x
1
+
−
=−
= . 1 2
x
x
− − 1 )( 1
1 ) 1
(
−
x
=
=
P
1 +
− 2 . − x 1 2
x
1
2
− 2 + x
1
P ≤ − 1
≠ ta có:
Với
b) Tìm tất cả các giá trị của x để x
x≥ 0,
1 − 2 + x +
+ ≤ P ≤ − ⇔ 1 ≤ − ⇔ 1 1 0 2 1 − 2 + x 1 2
− + 1 ⇔ ≤ ≤ ⇔ 0 0 − + x x 2 2 x 2 x + 1 2 2 1 1
≤ ⇔ 0
2
x
− ≤ ⇔ ≤ ⇔ ≤ x
1 0
x
Do 2
− +
1 2
1 4
2 2
x x
1 1
Kết hợp điều kiện
≠ ta có:
0
x≤ ≤
x
x≥ 0,
1
1 4
Vậy với
0
P ≤ − 1
1 x≤ ≤ thì 4
+ > ∀ ≥ x 1 0, x 0, x ≠ nên 1
Câu 3.
y
a) Xác định hàm số
2 ax= …. 2
Vì đồ thị của hàm số
đi qua điểm
nên ta có:
( A −
)2;5
=
5
a
( a . 2
)2
5 − ⇔ = 4
Vậy
y
ax= y
b) Với
25 x= 4 3 m ≥ ta có: 2
Giao điểm của đường thẳng d và trục tung là
)0;A ( y
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
246
Vì
nên
)
)
( d∈
( 0;A
(
)
( B x
);0
1 m = − + = − ⇒ − y y .0 m 1 1 m A 0;1 m
)d và trục hoành là 1
Vì
m ≥
)
) ∈ ⇒ =
( B x
)
(
3 2
Suy ra
( 0;B m
)
m m ;0 0 d . − x m + ⇔ 1 . = x m − ⇔ = (vì 1 x m − m Giao điểm của đường thẳng ( − 1 m − m
Vì
ta có:
m ≥
,
(
)
( B m
)
3 2
Xét tam giác OAB vuông tại O, theo định lý Pytago ta có:
2
2
2
2
⇒ = = A 0;1 − ⇔ = − 1 OA m = − m m 1 ;0 ; OB m m
2 −
2 +
2 = m
( = m
) 1
2
2
2
− + = + AB OA OB m 2 2 m − 1 2 1 4 1 + 2 1 2 2 + = m m − 1 + = m 2
Vì
3 m ≥ nên 2
2
− ≥ − ⇔ − ≥ m m 1 1 2 3 2 1 2 1 2
Ta có :
m⇔ =
2AB nhỏ nhất bằng
m⇔ =
Vậy độ dài AB nhỏ nhất bằng
5 2 10 2
3 2 3 2
⇒ − 2 m 2.1 1 2 1 + ≥ 2 1 + = 2 5 2
Câu 4.
4.1 Giải hệ phương trình:
=
=
x
1
x
1
−
=
3
=− y
4
x
1
⇔
⇔
⇔
5
x
=
=
=
=
x 2 − + x
3
y
5
y
2
y
y
+ 3
+ 5 1 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (
) x y = ;
( 1;2
)
4.2 Hỏi hai người gặp nhau lúc mấy giờ
Gọi quãng đường cả hai người đi đến lúc gặp nhau là
) ( ( x km x > ,
)
Khi đó thời gian người thứ nhất đi đến lúc gặp người thứ hai là :
( ) h
0
Thời gian người thứ hai đi đến lúc gặp người thứ nhất là
( ) h
x 40
Người thứ hai di sau người thứ nhất 2 giờ nên ta có phương trình :
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
x 60
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
247
⇒ Thời gian người thứ nhất đi đến khi gặp người thứ hai là :
− = ⇔ − = ⇔ = 3 2 x 2 x 240 x 240( tm ) x 40 x 60
h= 6( ) 240 40
giờ.
Vậy hai người gặp nhau lúc 8 6 14
+ =
+ =
4.3 a)Giải phương trình
22 x
Ta có:
x− 5 3 0
( ∆ = − 5
)2
> nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: = − 4.2.3 1 0
. Vậy tập nghiệm của phương trình
= = x 1 3 2 S 3 2 = ;1 = = 1 x 2 + 5 1 2.2 − 5 1 2.2
b) Tìm tham số m …..
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm 1
,x x thì : 2
2
2
2
2
∆ = '
m
m
− 6
≥ ⇔ − 0 m 2
m
+ − 1 m
+ ≥ ⇔ − 6 0 2
m
m
(
) − 1
( −
)
7 + ≥ ⇔ ≤ 7 0 2
Khi đó áp dụng định lý Vi – ét ta có:
Theo bài ra ta có:
= + m − 2 x 1 2 2 − 6 x 2 = x x m 1 2
2
2
+ 3 2
2 x x 4 1 1 2 ⇔ − x 1
2
2
x 2 − − + + 2 m 6 2 2 =− mx 1 + x m 1
2 ⇔ − x 1
2
−
−
− = , do đó:
2
m
6 0
(
) 1
2 x 1
+ x m 1
Vì 1x là nghiệm của phương trình đã cho nên
2
2
⇔
+
=
−
2
m
− ⇔ 9
m
− 2
= m
9
(
)
( 2. 2
)
x 1
x 2
2
2
4
4
m
( ) * ⇔ − = m 2
⇔ +
−
+
=
m m m
5
− = ⇔ 5 0
5
m
0
− ⇔ − 9 m m 4 ( m m + =
− = 5 0 ) + − 1 1 0
m
) 1 1(
⇔
−
m
5
= ⇔ 0
( ⇔ + m
)( 1
)
− =
m
5 0
m
) tm = ktm )
5(
( =− m
Vậy
− = − + + 2 m m 6 2 + ( ( − 2 ) 1 ) 1 x 1 ( = x m 2 ) − − 6 3 ( ) − 9 * x 2 + x m 1 x 1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
m = − 1
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
248
Câu 5.
d
A
1
2
d'
M
H
1
D
2
E
1
1
B
F
N
C
a) Chứng minh rằng tứ giác ABFE nội tiếp
0
=
⇒ ⊥ ⇒
=
Ta có:
AF
0 90 ;
AFB
⊥ ⇒ BC
OA d
AEB
'
90
d
=nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kể nhau
⊥ OA d '/ / d Tứ giác ABFE có 090 = AFB AEB cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau) (
)
2
dfcm
= AB AD AC .
b) Chứng minh rằng
(so le trong)
d
⇒ = B A 1 1
⇒ = 1
' d / / Ta có: (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn )AB Mà A C= 1 1 ) ( = A B C 1 1 ∆ và ACB
Xét ABD∆
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
( ACB g
) − ⇒ g
có: A chung; B C= 1 1 AB AD = AC AB
2
⇒ ∆ ∆ ABD
(đối đỉnh)
= ⇒ . )
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
AB AC AD dfcm ( c) Chứng minh MN EF⊥ Gọi H là giao điểm của EF với AC Ta có: E= E 1 2
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
249
(góc nội tiếp cùng chắn cung
E 2
⇒
∆
Lại có
(góc tương ứng)
)
= ADB ABC
0
)BF
0
0
0
0
⇒ +
Tứ giác ABFE nội tiếp nên A= 2 ) ( = ⇒ = E A E 1 2 2 ∆ ACB cmt ( ABD + = ABC A ADB E 2 1 ( + − ADB E 1
⇒ = EHD 180 = 180 − 90 = 90 = 90 )
( ) 1
nên
⇒ ⊥ FE AC
Mà MN là đường trung bình của ABC∆
( ) 2
MN AC / /
Từ (1) và (2) suy ra
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⊥ EF MN dfcm ( )
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
250
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2020-2021 Môn: TOÁN Ngày thi: 17/07/2020
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 39
Câu 1. (1,5 điểm)
a) Tính
L =
− + 4 3 2
18 + a
=
b) Rút gọn biểu thức
N
a
− 0a ≥ với
3 + a
a 3
Câu 2. (1,5 điểm)
=
a) Giải phương trình
x +
2
(
b) Giải hệ phương trình :
)2 1 + = y x − = y x
4 1
2 3
)1 : d
y x= −và 3 ,Oxy cho hai đường thẳng (
=− : y 1 d
Câu 3.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ (
)1d trên mặt phẳng tọa độ Oxy
)2 + 3 x a) Vẽ đường thẳng ( b) Tìm tọa độ giao điểm của ( )1d và ( c) Viết phương trình đường thẳng (
)d song song với
)2d bằng phép tính +biết ( )d có dạng = y , ax b )1d và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 7
( Câu 4. (1,5 điểm)
=
và
,AH biết
AH
4,8
cm
a) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao
. Tính độ dài các đoạn thẳng
,CH BC
AC cm= 8
B
5000m
200
b) Đường bay lên của một máy bay tạo với phương nằm ngang một 020 (như hình vẽ).Để đạt độ góc là cao là 5000m thì máy bay đó bay được quãng đường là bao nhiêu ?
C
A , các đường cao AD và BE cắt
)090
Câu 5. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC cân tại ( A BAC ≠ nhau tại
C D H E cùng thuộc một đường tròn
,
,
.H Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE ,
a) Chứng minh bốn điểm DE b) Chứng minh c) Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (
).O
2
2
= BC 2
= + + + + + P 2 5 2 y x x y
Câu 6.(1,0 điểm) ,x y là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Cho ) (
) 1
(
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
251
ĐÁP ÁN
Câu 1.
−
=
a L = + )
− 4 3 2
=+ 18
2 3 2 3 2
2
b)Với
+
a
a
+
(
)3
a
=
−
=
−
=
−
=
0
N
a
a
a
a
+
a 3
3
3 + a
a
0a ≥ ta có:
Câu 2.
+ =
x
1
+
= ⇔ + = ⇔
⇔
= . Vậy
a
)
x
2
1
2
x
} { − 1; 3
(
)2 1
x
1 2 + =− 1
2
x =− x
3
b) Giải hệ phương trình:
=
=
= ⇔
⇔
⇔ =−
x x
+ = y − = y
4 1
5 x 3
x y
1 = 3.1 1
x y
1 2
=− 1
2 3
5 x y
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (
) x y = ;
( 1;2
)
S =
Câu 3.
a) Học sinh tự vẽ đồ thị
b) Tìm tọa độ giao điểm
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (
)1d và (
)2d là:
− =− 3
3
1
4
x
= x y
1 =− =− 1 3
2
+ ⇔ = ⇒ 4 x x
Vậy tọa độ giao điểm của (
)
)1d và (
)2d là: (
1; 2−
c) Viết phương trình đường thẳng (d)
Đường thẳng (
) :d
)1 : d
⇒
⇒
=
:
d
y
(
)
( + x b b
) ≠ − 3
1 ≠ −
3
= a b
Đường thẳng (
)d cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 7 nên d đi qua điểm (
)0;7
= y ax b y x= − 3 +song song với đường thẳng (
⇒ = + ⇒ = 7 0 b b 7( tm )
Vậy phương trình đường thẳng (
) :
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
d y x= + 7
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
252
Câu 4.
A
8
4,8
C
H
B
ta có:
Áp dụng định lý Pytago vào AHC∆
2
2
2
=
2 −
CH
AC
AH hay CH
2 = − 8
4,8
2 ⇒ = CH
= 40,96
6,4
cm
(
)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
,
ABC đường cao AH ta có:
2
2
2
=
=
=
AC
CH BC .
⇒ = BC
10(
cm
)
AC CH
8 6.4
=
=
Vậy
CH
6,4
cm BC ,
10
cm
b) Quãng đường máy bay đi là bao nhiêu
B
5000m
200
C
A
Quãng đường máy bay bay được để đạt được độ cao 5000m chính là độ dài đoạn thẳng
0
BC trong hình vẽ .
vuông tại A ta có:
Xét ABC∆
(
) ≈
0
Vậy để đạt được độ cao là 5000m thì máy bay (bay từ diểm C) bay được quãng đường là
= sin 20 ⇒ = BC 14619 m AB BC AB sin 20 5000 = 0 sin 20
14619m
Câu 5.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
253
A
O
E
H
C
B
D
C D H E cùng thuộc một đường tròn
,
,
,
a) Chứng minh bốn điểm
Ta có:
,AD BE là các đường cao của
0
0
⊥
=
=
BE
AC
90
90
⇒
⇒
hay
0
0
⊥ AD BC
=
=
BEC ADC
90
HEC HDC
90
0
=
+
=
mà hai góc này ở vị trí đối
Xét tứ giác DCEH ta có: 0 90
+ HEC HDC
90
0 180 ,
diện nên DCEH là tứ giác nội tiếp hay 4 điểm
C D H E cùng thuộc một đường tròn
,
,
,
∆ ABC gt ( )
= BC 2 DE
b) Chứng minh
Ta có: AD là đường cao của ABC∆
cân tại A nên AD cũng là đường trung tuyến của
(tính chất tam giác cân) D⇒ là trung điểm của BC
⇒ =
vuông tại E có đường trung tuyến
ED ED
BC
⇒ = 2
BC
ED dfcm (
)
Xét BEC∆
1 2
ABC∆
c) Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn (
)O
∆
là trung điểm của cạnh
∆ Ta có: AHE
vuông tại E (gt)⇒ Tâm đường tròn ngoại tiếp AHE
huyền AH
O⇒ là trung điểm của AH
vuông tại E
⇒ =
=
OE OH
= AH
OEH
⇒ ∆cân tại O OEH OHE ⇒
1 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
OE⇒ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của AEH∆
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
254
cân tại D
(tính chất tam giác cân)
∆ Ta có: BDE
⇒
+
=
=
(hai góc đối đỉnh)
vuông tại 090
D HBD BHD
mà OHE BHD
Ta có: BHD∆
0
0
= = = DE BD DEB EBD BC 1 2 ⇒
0 = ⇒ 90
0
⇒ + + = ⇒ 90 90
⇒ = ⇒ ⊥ = + BDH OHE BED OEH BED OHE OED BE OE 90
DE⇒ là tiếp tuyến của O tại E dfcm ( )
Câu 6. Ta có:
2
2
(
(
)
= + + + + + P x y x 2 y
2 ) +
( + x
) + y
) 1 ( + x
2 +
y y 2 10 2 25 2 2 2 5 ( + x 2 2 ) +
)
2
= 2 y 26 2 y 12 + x 2 + x
) + + y 1 ) + )
( ( + 6
)
(
2
= + 2 y x + 2 y 2 x + 8 + 9
( = + x ( (
)
2
= 2 x + 2 y + 3 + 8
, do đó
Vì (
)2
(
)
( + ≥ ∀ 8 8 x y ,
)
+ + = x 2 y 3 ≥ ∀ 0 x y , P x + 2 y + 3
Dấu "
"= xảy ra
+ = ⇔ + x 2 y 3 0
Vậy
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= ⇔ + + = MinP 8 x 2 y 3 0
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
255
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 40
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Bài thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút
Phần I. Trắc nghiệm
Câu 1. Điều kiện đẻ biểu thức 2020 3 x− có nghĩa là :
≥ ≠ ≤ < A x . 3 B x . 3 C x . 3 D x . 3
Câu 2. Hàm số nào sau đây đồng biến trên ?
−
=
=− A y . + 5 x 3 = . B y 5 C y . = − x 5 1 =− . D y 5
Câu 3. Hệ phương trình
có nghiệm (
) ;x y là:
x x
2 y + = y
5 11
5 2
( . 3;5
)
( . 5;3
)
( − . 5;3
)
( − . 3; 5
)
A B C D
=
Câu 4. Tìm
,a biết đồ thị của hàm số
)0;1
y 2 x a −đi qua điểm (
A a . = = 2 B a . − 1 C a . = = 1 D a . − 2
Câu 5. Trong các phương trình sau, phương trình nào có nghiệm kép ?
2
2
2
2
0
=
+ + = − = − + = A x . 8 x 7 0 B x . 9 0 C x . 7 x 4 0 − D x . + = 6 x 9 0
Câu 6.Cho tam giác ABC vuông tại B, biết
AC
10
cm A ,
∠ =. Độ dài đoạn AB là 60
Vị trí tương
A .5 3 cm B .10 3 cm C cm .5 D . cm 10 3 3
)
)
';7O cm biết OO cm= ' 2 . ;5O cm và đường tròn (
Câu 7.Cho đường tròn ( đối của hai đường tròn là :
B. tiếp xúc trong
C. tiếp xúc ngoài D. đựng nhau.
A. Cắt nhau
Câu 8. Diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy 5cm, chiều cao 2cm là:
2
2
2
2
A
.20
cm
B
.10
cm
C
.20
cm
D
.10
cm
( π
)
( π
)
(
)
(
)
Phần II. Tự luận (8,0 điểm)
Bài 1.(1,5 điểm)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
256
−
+
=
1) Chứng minh đẳng thức
− 5 4
5
20
4
(
)2
=
2) Rút gọn biểu thức
P
−
0 4
1 + x
2
1 − x
2
2 2
x
x
+ :
> x ≠ x
2
−
+
+
+
Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình
x
2
m
2 x m m
0
= (với m là tham số)
(
) 1
,x x với mọi m. Tìm
2
1) Giải phương trình khi 2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 1 −
4m =
,x x thỏa mãn:
2
2 x 2
2 x 1
2
−
+
2
x
2
(
)
1 + y
5
=− + 17 5 m để 1 x x 1 2
Bài 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
−
−
x
2
1
)
2 + y
=− 5
(
)
;O R . Hai đường cao
,BD CE cắt đường tròn (
)
tại điểm thứ hai la
;O R lần lượt .H Các tia
Bài 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nôi tiếp đường tròn ( ,BD CE của tam giác ABC cắt nhau tại ,P Q
1) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp và cung AP bằng cung AQ 2) Chứng minh E là trung điểm của HQ và OA DE⊥
Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
3) Cho góc CAB bằng
060 ,
R
cm= 6 .
AED
Bài 5. (1,0 điểm)
2
2
+ + −
− =
1) Giải phương trình:
x
1
x
3 0
1 2 +
+ =
2) Cho các số thực dương
− + 4 + ab bc
x ca
3 x 3
2 2 ,
x ,a b c thỏa mãn
3
3
3
+
+
≥
Chứng minh:
1
b +
a +
c +
b
2
c
c
2
a
a
b 2
ĐÁP ÁN
I.Trắc nghiệm
1C
2C
3A
4B
5D
6C
7B
8A
II. Tự luận
Bài 1.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
257
2
(
= + = − − − 1) 5 20 5 4 + 5 2 5 − 5 4 VT
) + 5 2 5
= = = − 4 − 5 4 VP dfcm (
0 = 2) P − 4 1 + x 2 1 − x 2 2 2 x x ) > x ≠ x
)
(
)
)
− x x 2 + + : ( x x 2 x . x = = = . 2 x + x 2 − + + x 2 x 2 2 x 2 − + 2 )( 2 (
Bài 2.
−
20 0
4
5
x
x
4
5
0
+
) =
4m = 2 9 x− x ) − 4 = 20 0 ( − x
1) Giải phương trình khi 4m = ta có phương trình : Khi ( 2 = ⇔ − + ⇔ − x x x 5
−
5
x
4
0
( ⇔ − x
)(
)
4
Vậy với
= x = ⇔ = x } { S 4;5
= ⇔ = m 4
2) Tìm m………….. 2
−
+
+
+
Xét phương trình
2
2 x m m
= có: 0
(
) 1
2
2
2
∆ =
>
2
m
− 4
2 + m m
= 4
m
+ 4 m
+ − 1 4 m
− 4 m
= 1 0
(
) + 1
m )
x (
,x x với mọi m. Áp dụng hệ thức
2
Vi – et ta có:
. Theo đề bài ta có:
Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm 1 2 2
+ = + 1 m x 1
2
+
−
17
5
− 2
x 2 = +
x 1
− x 2
2 x 1
2 x 2
2
−
+
2 −
7
17 0
2
7
2 + m m
= 17 0
=− ⇔ + x x 1 2 )
) ( = ⇔ + m
x x 1 2 ) 1
x x 1 2
( ⇔ + x 1
x 2
2
2
2
+ −
−
+
m
m
m
4
1 7
7
17 0
2
− = ⇔ −
+
⇔ −
−
+
−
=
6 0
m
m 3
2
⇔ + m 4 2 m m
− = ⇔ 6 0
3
m
2
m
3
0
=− x x 5 1 2 ( = ⇔ − m m 3 3 ( m m
17 ) + = − 18 0 )
(
)
m
−
2
m
3
( ⇔ + m
)(
)
3
= − 2 = ⇔ = 0 m
Vậy
thỏa đề.
=− m
= 3,
m
2
2
−
+
2
x
2
(
)
1 + y
5
x x m m 1 2 (
Bài 3. Giải hệ phương trình:
2
−
−
x
2
1
)
2 + y
=− 5
(
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
258
)2 ≥
ĐKXĐ:
, hệ phương trình thành :
2 0
+ =
=
3
3
5
1
v
⇔
⇔
)
= ( tm
2
= 1
1
2 u v =− − 2 v
2 u v =− − 4 2 v u
2 v
u
+ = 5 v ⇔ = − u
u
− =
=
−
=
2 1
3
x
2
1
x
1 )2
⇒
⇔
⇔
1
1
=
1
− =− 2 x + =
5 1
4
y
x = x =− y
5
1 + y
(
−
Vậy hệ phương trình có nghiệm (
) x y = ;
) ( − 3; 4 ; 1; 4
{ (
} )
y ≥ − , Đặt: 5 > = 0 v 1 + y 5 = − ( x u
Bài 4.
A
P
D
J
E
Q
H
O
B
M
C
F
1) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp và cung AP = cung AQ
Ta có:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
,BD CE là các đường cao của ABC∆
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
259
⊥ BD AC
⇒
⇒
=
090 = BEC BDC
=
{ } = D { } E
⊥ CE AB
=mà hai đỉnh
,E D là hai đỉnh kề nhau
= BEC BDC
(hai góc nội tiếp cùng chắn ED)
Xét tứ giác BEDC ta có: 090 Nên BEDC là tứ giác nội tiếp Vì BEDC là tứ giác nội tiếp nên EBD ⇒ ∠
=∠ ∠ ECD
= ∠
Lại có:
lần lượt là tứ giác nội tiếp chắn các cung
⇒
=
,AP AQ cung AP cung AQ
ABP ∠ ACQ ∠ ABP ACQ ,
2) Chứng minh E là trung điểm HQ…..
0
0
+ ∠
=
= , mà hai góc này ở vị trí đối
ADH
90
180
⇒
=
(cùng chắn cung EH )
⇒
=
Xét tứ giác AEHD ta có: 0 + 90 AEH diện nên AEHD là tứ giác nội tiếp EAH EDH Vì BEDC là tứ giác nội tiếp (cmt) EDC ECB ⇒ ∠
)EB
) =∠ EDH hay EAH
(
(cùng chắn cung )
(
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung QB)
=∠ =∠ =∠ ∠ BCQ EAQ AEH
là tia phân giác của QAH∠
)
cân tại A.
ta có: AE vừa là đường cao, vừa là đường phân giác nên QAH∆ E⇒ là trung điểm
⇒ BCQ AE ECB Lại có : QAB QCB ( ⇒ = =∠ EAH EAQ
Xét QAH∆ AE⇒ cũng là đường trung tuyến Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại F
∠
(cùng chắn cung AC)
ABC AFC =
HQ dfcm ( )
(góc ngoài tại một đỉnh bằng góc
=
= ADB AFC
⇒ ∠ ADE
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
0
0
hay
90
Khi đó ta có: = ∠ Vì BCDE là tứ giác nội tiếp (cmt) trong tại đỉnh đối diện ) ( ⇒ ABC Ta có 090 ACF = + CAF AFC + ∠ ∠
= + FAC ADE ⇒ ⊥ AO DE dfcm
= ⇒ 90 = ADE
ABC )
090
DAO ( )
3) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AED
Theo chứng minh b, ta có: AEDH là tứ giác nội tiếp
Nên Đường tròn ngoại tiếp AED∆
là đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDH
090
và là góc nội tiếp chắn cung AH nên AH là đường kính của đường
AEH∠
= Ta có: tròn ngoại tiếp tứ giác AEDH
Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp ADE điểm của
∆ ⇒ là trung điểm của J .AH Gọi M là trung
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.BC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
260
⇒
Ta có:
hay
FC BD / /
⊥ FC AC ⊥ DB AC
⇒
hay
BH FC / /
CE BF / /
BF
AB
⊥ CE AB ⊥
BF CH / /
là hình bình hành nên
,BC HF cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
Mà M là trung điểm của BC M⇒ cũng là trung điểm của HF
ta có:
,O M lần lượt là trung điểm của
,AE HF
∆ Xét AHF
∆
là đường trung bình của
AHF
⇒ BHCF
=
AH
OM AH / / ⇒ OM
1 2
OM⇒
là góc ở tâm chắn cung BC
Ta có : BOC∠
là góc ở tâm chắn cung BC
0
0
⇒ ∠ BAC
là góc nội tiếp chắc cung BC
⇒ ∠ ⇒ =∠ = BAC BOC 2 = BAC 2.60 120
cân tại O có đường trung tuyến OM OM⇒
cũng là phân giác của BOC
BOM⇒
060 =
0
ta có:
Xét OBM∆
OBC∆
= OM OB .cos ∠ BOM = 6.cos 60 = 3( cm )
=
=
∆
là :
AJ
AH
cm 3
Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp ADE
1 2
= ⇒ = AH OM 2 = 2.3 6 cm
Bài 5.
2
2
+ + −
− +
+
− =
2. 2
x
1
x
4
x
1 2
x
3
x
3 0
1) Giải phương trình :
Điều kiện:
x ≥
1 4
2
2
2
2
+ + − − + + − = 2. 2 1 4 1 2 3 3 0 x x x x x
2
2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇔ + − + + − = 4 2 + − + − 2 2 1 4 1 2 3 2 0 x x x x x 2 + + − 4 2 2 4 x x ⇔ + + + − − = 2 4 2 0 x x x + 1 − 1 − 1 4 x + 4 1 x + 4 2 + + 2 2 x x
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
261
2
+
−
2
x
2
4
⇔
+
+
+
−
+
=
2
2
x
2
0
( x x
)
(
)
x 2
1
x
x
x
⇔
−
+
+
x
x
0
(
)( 2 2
) − = 1
2
− 2 4 x − + x 4 1 ) ( − 2 2 1 − + 1
4
x
1
+
x 4 ( 2 2 x 4
+ + + 2 2 x 2 )( ) + − 1 1 + + x 2 2
+
2
x
2
−
=
x
+ + x
2
0
( ⇔ − 2
) 1
2
+
−
x
1
1
2 4
+
4
x
2
x
+ + 2
2
2
tm (
)
= x
1 2
+
2
x
2
−
+ + =
x
( ) 2 0 *
2
+
−
1
x
1
2 4
+
4
2
x
+ + 2
2
⇔
≤ ⇒ −
≥
Với
x
4
x
− + ≥ ⇒ 1 1 1
2
2
0
2 − +
2 − +
x 1 ≥ ⇒ 4
4
x
1 1
x
+
2
x
2
⇒
+ + −
0
x
2
x
2
1 1 2 − +
1 4
> ∀ ≥
4
1 1
4
x
4
2
x
2
+ + + 2 x ( )*⇒ vô nghiệm
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất:
x =
1 2
3
3
3
+
+
≥
1
2) Chứng minh
a +
b +
c +
2
c
2
a
a
b 2
3
=
+
+
Đặt
P
a +
b 3 b +
c 3 c +
b
2
c
c
2
a
a
b 2
+
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương
ta có:
;
b
2
(
) c a
39 a + 2
c
b
2
2
+
+
≥
b
2
6
a
(
) c a
9 a + b 2
c
3
2
+
+
≥
c
2
b 6
(
) a b
a
Tương tự ta có:
2
≥
+
+
c 6
a
) b c 2
(
b 9 + c 2 2 c 9 + b 2 a Cộng vế với vế ba đẳng thức cùng chiều ta có: 3
3
3
+
+
≥ ⇔ = = = 1
a b c
1
b +
c +
c
a
2
c 2 3
a 3
b 2 3
2
2
2
+
+
+
+
+
+
+
+
≥
+
+
9
b
2
c
2
a
6
a
b 6
6
c
(
) c a
(
) a b
(
) b c 2
a +
b +
c +
b
2
c
c
2
a
a
b 2
a + b
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
262
2
2
2
+
≥
+
+
⇔ + 9
P
3
ca
a
b
c
(
)
(
2
2
2
2
2
2
+
+
+
a
⇔ + ≥ P
9 6
9
b
+ ⇔ + ≥ 3
P
c
a
b
c
+ ab bc (
6 )
) ( 3 2
)
2
2
2
Lại có:
+ + ≥ + = a b c + ab bc ca 3
3
3
3
+
+
Vậy
≥ ⇔ = = = 1
a b c
1
b +
a +
c +
b
2
c
c
2
a
a
b 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
− = ⇔ ≥ ⇒ ≥ 3 P 2.3 3 3 P 1
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
263
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 – 2021
NGHỆ AN
Môn thi: TOÁN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài : 120 phút
Đề số 41
Câu 1. (2,5 điểm)
a) Tính
20
)2 ( − A = − 1 2 5
(với
b) Rút gọn biểu thức
+ song song với đường
c) Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng
x m
= ≠ B . x x≥ 0, 4) x − 4 x 1 − x + 2
) 2 1 +
1 + 1 x ( = y m
thẳng
+ y x= 5 2
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:
2
b) Cho phương trình
x 6 0
2 5 x− x− 4
x x Không giải
,
.
2
=
phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức
T
2 x 1 x 2
2 x + 2 x 1
x 3 0 + = − = có hai nghiệm phân biệt 1
Câu 3. (1,5 điểm) Hưởng ứng phong trào toàn dân chung tay đẩy lùi đại dịch Covid – 19, trong tháng hai năm 2020, hai lớp 9A và 9B của một trường THCS đã nghiên cứu và sản xuất được 250 chai nước rửa tay sát khuẩn. Vì muốn tặng quà cho khu cách ly tập trung trên địa bàn, trong tháng ba, lớp 9A làm vượt mức 25%, lớp 9B làm vượt mức 20% , do đó tổng sản phẩm của cả hai lớp vượt mức 22% so với tháng hai. Hỏi trong tháng hai, mỗi lớp đã sản xuất được bao nhiêu chai nước rửa tay sát khuẩn ?
Câu 4. (3,0 điểm) Cho tứ giác
nội tiếp đường tròn tâm O đường kính
( ABCD AD BC>
)
.AB Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại .E Gọi H là hình chiếu của E trên AB
)O tại điểm thứ hai là
2
a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp b) Tia CH cắt đường tròn ( =
.K Gọi I là giao điểm của DK và
c) Khi tam giác DAB không cân, gọi M là trung điểm của
.AB Chứng minh AI BI . DI
,EB tia DC cắt tia HM tại
N. Tia NB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HMB tại điểm thứ hai là minh F thuộc đường tròn (O)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.F Chứng
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
264
2
2
2
+ = + − xy 2 x 2 x y 2
Câu 5. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
2
2
3
2
)
)(
(
− − = y 1 1 + + y x 3 + x 2 4 y
3 + x ĐÁP ÁN
Câu 1.
= −
− −
=
2 −
20
− 1 2 5
= 4.5
=− 2 5 1 2 5
do
a A )
( 1
) > 2 5 1
( − 1 2 5
)
+
+
x
=+
b B )
.
.
x
2
1 + x
1
1 + x
1
x −
2 +
2
x
2
x
=
)(
)
(
+
x
x − 4 (
=
=
2 −
x
4
−
+
+
x
2
x
x
2 )(
1 − x ) 1 ) ( 2 .
(
) 1
+ song song với đường thẳng
Để đường thẳng
x m
+thì y x= 5 2
c) Tìm giá trị tham số m……. ) 2 1 +
2
+ =
( = y m = ± 2
m
m
⇔
⇒ =− m
2
≠
≠
m
2
1 5 2
m
Vậy
m = − 2
Câu 2.
2
2
−
x
x −
2
3
2
0
x
2
− x
3
0
x (
+ = 6 0 )(
) =
=
a) Giải phương trình + = ⇔ − − x 3 2 ) ( = ⇔ − x 2
6 0 ) − − = 2 0
x 5 ( ⇔ − x x x
x
⇔
⇔
=
x
x
3
Vậy
− = 3 0 }3;2 {
S =
b) Tính giá trị biểu thức
. Khi đó ta có:
có:
x 1 x x 1 2
0 = 4
3
+
−
+
(
)
(
)
x 1
x 2
x 1
x 2
x x 1 2
3 x 2
=
+
=
=
T
3 + x 1 x x 1 2
3 x x 1 2
3
2 x 1 x 2 −
4
)
=
= −
2 x 2 x 1 ( − 3. 3 .4 − 3
100 3
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
ac < nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt, áp dụng hệ thức Vi – et ta Ta thấy + x 2 = − 3
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
265
Vậy
T = − 100 3
Câu 3.
Gọi số chai nước rửa tay lớp 9A, 9B lần lượt sản xuất trong tháng hai là
,x y (chai,
Tong tháng hai, hai lớp sản xuất được 250 chai nước rửa tay nên
∈ < x y , *, x y , 250)
+
Số chai nước rửa tay lớp 9A sản xuất được trong tháng 3 là
x
250(1) x
Số chai nước rửa tay cả hai lớp sản xuất được trong tháng ba là :
Số chai nước rửa tay cả hai lớp sản xuất được trong tháng ba là :
y+ = = 25% 1,25 x x = + y y 20% 1,2 y
(chai) nên ta có phương trình: 1,25
Từ (1) và (2) ta có hệ:
+
=
=
+ = y
250
x
x
y
300
x
5
100
⇔
⇔
⇔
= ) tm (
+
=
x
1,2
y
305
1,2 + x
1,2
= y
305
0,05 = y
− 250
x
x = y
150
1,25
1,2 1,25
Vậy lớp 9A sản xuất được 100chai nước rửa tay, lớp 9B sản xuất được 150 chai.
= + + = 250 250.22% 305 x 1,2 y 305 (2)
Câu 4.
D
C
E
N
M
A
I
B
O
H
K
F
a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp
(góc nôi tiếp chắn nửa đường tròn)
Ta có:
0
0
090 AHE ∠
= = ADB∠ ⊥ ⇒ ∠
0 + 90
090 ADE 2 = DI
+ ∠ = = nên là tứ giác nội tiếp (đpcm) AHE 90 180 EH AB Tứ giác ADEH có:
AI BI .
b) Chứng minh
Tứ giác ADCK nội tiếp nên ADK
(hai góc nội tiếp cùng chắn ( ) 1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
=∠ ∠ AK ) ACK
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
266
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
= ACB
0
0
=
+
=
=
090 ⊥ 0 + ⇒ ECB EHB 90
90
180
do EH AB
EHB
090
Xét tứ giác ECBH có: ECB ( ∠
=∠ )
0 180 )
=∠
⇒
DBA
(2)
Do đó tứ giác ECBH nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng )EH ⇒ ACK
ECH EBH =
⇒
=
=
=
0
hay 090 + ADI DAI 0 = − 90
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung Từ (1) và (2) suy ra = = ADI DBA ADK DBA nên 090 Lại có 090 + + DBA DAB ADI DAB ( 0 0 = − ∠ ⇒ ADI 180 180
) + ∠ DAI
nên DI là đường cao trong tam giác vuông ADB
2
(theo hệ thức lượng)
(
= 90
DIA ⇒ ⊥ DI = ⇒ DI AB IA IB . dfcm )
c) Chứng minh F thuộc đường tròn (O)
tại I nên AB là đường trung trực của DK
Theo câu b, DK BA⊥ ⇒ = ⇒ DA AK
= sd cung AD sd cung AK
⇒
⇒ ∠ = ∠ DCA ⇒ là tia phân giác của góc DCH CA
(3)
Tam giác EHB vuông tại H có M là trung điểm EB nên HM là đường trung tuyến ⇒
ACK 2 = ECH DCH
⇒ ∆ cân tại M MHB
( ) 4
0
0
=
+
=
nên là tứ giác nội tiếp
+ ECB EHB
90
180
=∠ ⇒ = MH MB DMH + ∠ MHB =∠ MBH =∠ 2 MBH 2 EBH
= ECH EBH
=
là tứ giác nội tiếp
Tứ giác ECBH có 0 90 Suy ra ( )5 Từ (3), (4), (5) suy ra DCH DMH ⇒
(tính chất)
NCM NHD =
=
N chung NCM NHD cmt
(
)
Xét NCM∆
và NHD∆
⇒ DCMH
(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
có: ; NC NM = NH ND
⇒ ∆ ∆ ⇒ NCM NHD g g ( . )
( ) 6
(tính chất )
= có: ; N chung NMB NFC
⇒ ∆ NMB
∆ NFH g g ( . )
Tứ giác HMBF nội tiếp nên NMB NFH = ∆ Xét NMB
và NFH∆
⇒ = NC ND NM NH . .
(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
⇒ ⇒ = NM NH NB NF . . (7) NM NB = NH NF
Từ ( )
( ) 6 & 7 suy ra
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= NC ND NF NB . . NC NB = ⇒ NF ND
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
267
có:
Xét NBC∆
=
=
=
=
(các góc tương ứng) (kề bù) nên 0 180
+ BFD DCB
⇒ NCB NFD BFD Mà 0 + NCB DCB 180 Do đó tứ giác DCFB nội tiếp nên F nằm trên đường tròn (
)( O dfcm
)
∆ và NDF N chung ; ( cmt ) NBC ∆ . ) NDF c g c ( . ⇒ ∆ NC NB = NF ND
Câu 5. Giải hệ phương trình
2
2
2
Đặt
2
2
2
3
+ = + − 2 y xy 2 x 2 x (1)
)
(
3 + x
2
2
3
2
+
=
+
2
y
xy
0
2
2
x
( ) 1
)
2
2
=
( +
2
0
x
2
x
y
)
)( ) (
2
2
=
0
2
x
− − x ) − + 1 − + 1
y
( ⇔ + x )( ( ⇔ + x )( ( ⇔ + x + = 2 0
x
=− x
2
⇔
⇔
2
2
2
2
=
x
− + 1
y
0
y
= − 1
x
)
TH1:
= − − 4 y y 1 1 + + y x 3 + x 2 (2)
2
2
2
2
2
=
4
y
y
+ + y
1 1
8 6 2
+ − − ⇔ = y 4
y
1 1 .
2 + + y
2
)
(
2
2
2
2
⇔
+ + −
+ −
=
y
1 1 4
= ⇔ 0
y
.
y
.
y
1 3
0
)
)
) (
2
=
=
=
y
0
y
0
y
0
⇔
⇔
⇔
2
2
=
= ±
y
8
y
2 2
+ − =
y
1 3 0
2
2
x = − thay vào (2) được: )( ( (
2
2
2
3
−
=
x
− x
− x
− x
x
2
+ 1 1
+ 3
− 2
Th2: ( 4 1
y 1 − thay vào (2) ta được: x
)
)(
2
=
x
2 − x
3 − x
2 − x
2
+ 1
+ x 3
2
2
⇔
x
2 − x
x
x
4
2
+ 1
+ x 2
( ⇔ − 4 1 (
( ) ) − = 1
) − 1 ) − 1
)( )(
( (
2
+
=
x
x
x
2 − x
x
2
+ x 2
+ 1
( ⇔ − 4
)( 1
) 1
)( − 1
) − 1
2
2
−
+
+
−
=
x
x
x
x
+ − 4
2
1
2
0
( ⇔ − x
) 1
)( − 1 )( )(
( (
) 1 4
= x
1
2
x
2 − x
x
4
+ = 4
2
+ 1
+ x 2
) − 1
)(
(
⇔
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= )
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
268
Với
2
Với
4
x
+ = 4
2
2 − x
+ 1
x
+ 2 x
) − 1
)(
(
2
4
x
+ = 4
2
2 − x
x
+ 2 x
+ 1
) − 1
(
2
2
2
−
+
+
⇔ + = x
4
4
2
x
2
x
x
2
x
− 1
x
) − + 1
)( (
2
2
2
= ⇒ = x 1 y 0
(
) − =− 1
2
2
−
2
⇔ −
=
2
x
2
x
( ) *
− x 2 x
+ + 5 x 2 − + 1 2 x
) 1 = − 2
( − x 6 2 ⇔ − 2 ( ) + x 1
2
+
(Do
x
2
x
− = ⇔ =− + 1
1 0
x
2(
ktmdk
))
2
Vì
⇔ − + 2 x x 2 x + x + 2 x 5
2 1
2 1 ≤ ⇒ − ≤ ≤ 1
2
−
≤
≤
. Lại có:
⇒ ≤ 1
2
x
2
hay 1
VT≤
(*)
2
2
2
−
≥
Với
=⇒ ≥ VP
3
3
= nên x y+ x x 1
( +
x
) 1 − 2
( ) − − 1 1 6 2 ( ) − + 2 1 1
6 (
− x 2 ) 1
2
2
−
≤
Với
x
≥ − ⇒ 1
= − ⇒ 1
VP
≤ − 1
( ) *
( +
x
) 1 − 2
6 (
− x 2 ) 1
) ( − − − 1 1 2 ) − − + 2 1 1
6 (
1x ≤ thì
Do đó với 1
( )*
≤
và
1
VT≤
2
≥ hoặc − ≤ ≤ thì 1x VP (*) 3 VP ≤ − 1
( ) *
( )*⇒ vô nghiệm do
( )*
( )*
Vậy hệ đã cho có nghiệm (
) x y = ,
3
{ (
} )
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
VP ) ( − 2;0 ; ≥ hoặc VP ) ( − − 2; 2 2 ; ≤ − 1 ) ( − 2;2 2 ; 1;0
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
269
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TỈNH NINH BÌNH
Năm học 2020 – 2021
Bài thi môn: TOÁN . Ngày thi 17/07/2020
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài : 120 phút
Đề số 42
Câu 1. (2,0 điểm)
5x − có nghĩa
1. Tìm điều kiện của x để biểu thức +
−
2. Tính
A =
27
12
75
với
3. Rút gọn biểu thức
= P , 0a > và a ≠ 4 a − 4 a 1 + a 2 1 − a 2 + :
Câu 2. (3,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình
x x
+ = y − = y
3 1
2
và đường thẳng
x=
1 −nghịch biến trên
2. Tìm các giá trị của tham số m để hàm số 3. Xác định tọa độ giao điểm của parabol ( −
y mx= ) :P y
) :
(
x= 3 2 d y
Câu 3. (1,0 điểm)
Người ta đổ thêm 20 gam nước vào một dung dịch chứa 4 gam muối thì nồng độ của dung dịch giảm đi 10%. Hỏi trước khi đổ thêm nước thì dung dịch chứa bao nhiêu gam
nước ?
Câu 4. (3,5 điểm)
nhọn nội tiếp đường tròn tâm
,BE CF của
cắt nhau tại H
.O Hai đường cao
= AF AB AE AC .
1. Cho ABC∆ ABC∆ a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn . b) Chứng minh rằng c) Kẻ đường kính AD của đường tròn tâm
hình bình hành
2. Một chiếc máy bay bay lên tử mặt đất với vận tốc 600
.O Chứng minh tứ giác BHCD là
với phương nằm ngang một góc
.
nhiêu kilomet theo phương thẳng đứng
km h Đường bay lên tạo / 030 . Hỏi sau 1,5 phút máy bay lên cao được bao
Câu 5. (0,5 điểm)
+
+
=
Cho các số thực dương
Tìm giá trị nhỏ
xy
yz
zx
2020.
2
2
2
=
+
+
nhất của biểu thức:
Q
x +
y +
z +
x
y
y
z
z
x
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
x y z thỏa mãn , ,
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
270
ĐÁP ÁN
Câu 1.
5x − có nghĩa khi
Vậy với
5x − có nghĩa.
− ≥ ⇔ ≥ 1) Biểu thức x 5 0 x 5
2)Ta có:
+
−
=
+
−
=
+
−
=
A =
12
27
75
4.3
9.3
25.3
2 3 3 3 5 3
0
3)Rút gọn biểu thức . Ta có:
+
−
a
a
2
a
=
P
.
a − 4
= : a
1 + + a
2
1 − a
2
4 a
+
−
a
2
a
2
(
− + 2 )(
)
−
2
=
=
2
−
a a . 4
2 a
4 a
a = a
5x ≥ thì biểu thức
Câu 2.
=
⇔
⇔ − = =−
1
x x
x y
3 1
2 2 1
x y
( ) 2;1 y mx=
Hàm số
1 −nghịch biến trên R
Vậy với
1
−nghịch biến trên R khi y mx= y mx= 0m < thì hàm số 1
1) Giải hệ phương trình = = + = 2 4 x y 2 ⇔ = =− 1 y x y ) Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x y = ; 2) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số 0m < −nghịch biến trên R
3) Xác định tọa độ giao điểm
2
2
2
+ = ⇔ − −
+ = ⇔ − −
− ⇔ −
=
2 0
2 0
2
2
3
2
3
x
x
x
x
x
x
x
x
0
Xét phương trình hoành độ giao điểm của Parabol (P) và đường thẳng ( (
( x x
) 1
),d ta có: ) − = 1
− =
= ⇒ =
x
2 0
x
2
y
4
− = ⇔
⇔
2
x
0
( ⇔ − x
)(
) 1
x
1 0
x
1
y
1
− = Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là (
= ⇒ = )
) ( 1;1 ; 2;4
Câu 3. Gọi khối lượng nước trước khi đổ thêm là
( x gam x >
)(
)0
Nồng độ dung dịch ban đầu là
.100% 4 4x +
Sau khi đổ thêm 20gam nước thì nồng độ dung dịch là
= .100% .100% 20 4 4 + 24 x
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
4 + + x Vì nồng độ của dung dịch giảm đi 10% nên ta có phương trình:
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
271
= ⇔
−
.100% 10%
.100%
4 +
4 +
− 4
x
4 = + 24
1 10
x
⇔
2
+ +
= +
+
x 1 10
1 10
80 x 28
x
96
4 + x 24 − − 96 4 x 16 =⇔ )( ) + 24 x 4
+
4 x 4 ( x 2 ⇔ + x
28
x
= 96 800
x
2 ⇔ + x
−
−
2 ⇔ + x
44
x
16
x
44
16
704 0
+ x
44
0
= − 704 0 ) −
(
) =
)
+
16
x
44
( ⇔ − x
)(
)
tm 44(
ktm
)
28 ( = ⇔ + x x = 16( x = ⇔ = − 0 x
Vậy lượng nước ban đầu của dung dịch trước khi đổ thêm là 16gam
Câu 4.
1)
A
E
HF
O
C
B
D
090 = BEC
a) Ta có: BE là đường cao nên
⊥ ⇒ AB
CF
=nên BFEC là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một
= BEC BFC
⊥ ⇒ BE AC 090 = BFC CF là đường cao nên Xét tứ giác BFEC có: 090 cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau)
Vậy tứ giác BFEC nội tiếp
(tính chất)
=
=
b) Theo câu a, BFEC là tứ giác nội tiếp nên 180 = ° Mà 0 + BFE AFE 180
+ BFE BCE (kề bù) nên = BCE BCA AFE
Xét AFE∆
có: A chung; (
)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= ⇒ ∆ AFE ACB mt ∆ và ACB AFE ACB g g ( . ) ∆
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
272
(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
= ⇒ ⇒ AF AB AE AC dfcm ( . . )
=(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
= ACD ABD
⊥
AD là đường kính nên 090 ⇒ ⊥
⇒
⇒
Ta có:
DC BH / /
;
DB CH / /
⊥ DB AB ⊥ CH AB DC BH DB HC nên là hình bình hành (đpcm)
/ /
/ /
,
AE AF = AC AB c) Chứng minh BHCD là hình bình hành
1,5 phút
=
DC AC DB AB , ⊥ DC AC ⊥ BH AB Tứ giác BHCD có 2. Máy bay bay cao bao nhiêu kilomet 1 ( ) = h 40
1,5 60
Sau
giờ máy bay bay được số kilomet theo phương AB là
Sau 1,5 phút máy bay bay được số kilomet theo phương thẳng đứng là :
0
=
15.sin 30
15.
7,5
( = km
)
1 2
Vậy sau 1,5 phút máy bay bay lên cao được 7,5km
= 600. 15( km ) 1 40 1 40
x
= + + +
Câu 5.Đặt
y ⇒ , a b c , > ⇒ 0 xy yz zx = 2020 ⇔ + ab bc ca = 2020
4
4
4
2
2
(
+
=
+
+
≥
Ta có:
. Áp dụng BĐT
ta được:
Q
2
2
2
2
2
2
z
b +
c +
a x
b y
)2 + a b + y x
a
b
b
c
c
a
2
2
2
4
4
4
4
+
a
b
)
+
≥
+
=
+
Q
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
b +
+
+
c +
( +
c +
a
b
b
c
c
a
a
b
c
c
a
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
+
+
+
c
+
+
a
c
=
≥
a 2
b 2
c 2
2
2
2
2
2
2
+
+
+
+
+
+ b = +
+
b 2
a + ( b
) c
a
b
c
a
( 2
b ) c
a
b
)
2
2
2
2
2
2
+
≥
+
≥
+
≥
a ( c
2
ca
b
c 2
a 2
a 2
b 2
2 2
2
⇒
+
+
≥
+ ⇒ +
+
≥
+
=
2
a
b
c
2
+ ab bc
ca
a
b
c
+ ab bc
ca
2020
2 ; bc )
(
Lại có: (
2
2
2
+
+
a
ab ; ) c
=
≥
1010
⇒ ≥ Q
1010
⇒ ≥ Q
b 2
2020 2
= = =
Dấu "
"= xảy ra khi
a b c
⇒ = = = y
x
z
2020 3
2020 3
= a b = c a +
Vậy
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= MinQ 1010 ⇔ = = = y x z 2020 3
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
273
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NINH THUẬN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Khóa ngày : 18/07/2020
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN
Đề số 43
Thời giân làm bài : 120 phút
Bài 1. (2,0 điểm)
−có nghĩa
a) Tìm x để biểu thức
A 2
x 3 + =
b) Giải phương trình:
= 2 x+ 5
x 3 0
Bài 2. (2,0 điểm)
Cho hàm số
a) Gọi
y x= 2 −có đồ thị là đường thẳng (
điểm
,Ox Oy . Tìm tọa độ các
)d )d với các trục tọa độ )d trong mặt phẳng tọa độ Oxy
b) Tính diện tích tam giác OAB
5 ,A B lần lượt là giao điểm của ( ,A B và vẽ đường thẳng (
Bài 3. (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức
> Chứng minh rằng
b) Cho
a
b> 0,
0.
− + + x 1 x = + P . 1 + 2 x x − 1 x 1 x 0 ≠ 1 ≥ x x
1 a 1 + ≥ b 4 + a b
Bài 4. (4,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính
AB
Vẽ dây cung CD vuông góc với AB (BC E khác B và C), AE cắt CD tại
F
R= 2 . tại I (I nằm giữa A và O). Lấy điểm E trên cung nhỏ
a) Chứng minh tứ giác BEFI nội tiếp trong một đường tròn 060 b) Tính độ dài cạnh AC theo R và ACD khi c) Chứng minh khi điểm E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
∠ ∠ = BAC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
274
ĐÁP ÁN
Bài 1.
− ≥ ⇔ ≥
=
−có nghĩa khi
2
x
3 0
x
A
2
x
3
3 2
2
)a Ta có biểu thức
+ = x x+ 5 3 0
Ta có:
= ∆ = >. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt: − 4.1.3 13 0
b)Giải phương trình: 25
13
13
=
=
;
x 1
x 2
− + 5 2
− − 5 2
Bài 2.
a) Tìm tọa độ các điểm A, B
Vì A là giao điểm của (
)d và trục Ox nên
( A x
);0
Ta có
nên
( A x
)
( d∈
)
Ta có:
x ;0 ;0 = 0 2 x 5 2 − ⇔ = ⇒ 5 A
)
Vì B là giao điểm của (d) và trục Oy nên ) ∈ ⇒ =
(
)
Vậy
− =− ⇒ 5 2.0 5 0; B d y y 5 2 )0;B ( y ( − 0; 5 B
(
)
( 5 2
Học sinh tự vẽ đồ thị
A B − 0; 5 ;0 ;
∆
b) Tính diện tích OAB
Theo câu a) ta có:
(
)
=
=
OA OB .
= .4 5(
dvdt
)
Tam giác OAB vuông tại O nên
OABS
=− = B 0; 5 − ⇒ = = OA OB 5 5 A ; 5 2 5 2 ;0 ,
1 2
5 2 1 5 . 2 2
Bài 3.
≠ . Ta có:
Với
x
1
2
− + + 1 x x + = . 1 P + x − 1 x
+ − x x x
a) Rút gọn biểu thức x≥ 0, (
(
(
)( 1
) 1
x 1 ) 1 = + = − + . 1 x x = − x − + 2 x ) 1 1 1 x x
b) Chứng minh
Ta có:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
1 4 + a b 1 a 1 + ≥ b
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
275
2
(
⇔
≥
0
− +
+ a b ab
4 ≥ ⇔ ab
1 a
1 + ≥ b
2
≥
>
+
>
−
4
ab
0(
do a
0,
b
> ⇒ 0
0)
a b
) + a b ab 4 ) ( ab a b ( ab a b
)
4 + a b )
2
2
2
2
−
≥ ⇔ −
≥
4
ab
0
a
2
+ ab b
0
≥
a b
0(
luon dung
)
( ⇔ + ⇔ + a ( ⇔ −
Vậy
+ ab b 2 2 ) 1 + ≥ b
⇔ = a b 1 a 4 + a b
Bài 4.
E
C
J
F
A
B
I
O
D
a) Chứng minh tứ giác BEFI nội tiếp
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
090
Xét đường tròn ( = ∠
= AEB∠
0
0
+
=
⇒
là tứ giác nội tiếp
+ FEB FIB
90
180
BEFI
do CD AB FIB
)O có 090 ( ⊥tại )I Lại có: Xét tứ giác BEFI có 0 = 90 b) Tính độ dài cạnh AC theo R
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
0
0
0
=
−
=
−
Xét đường tròn (O) có 090 ACB = Xét tam giác ABC vuông tại C ta có: 0 BAC
ABC
90
90
60
∠
= ⇔ =
∠
=
0 =
Ta có:
cos
BAC
AC AB
.cos
BAC
2 .cos60
R
R 2 .
R
AC AB
= 30 1 = 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
276
tại I nên I là trung điểm của dây CD (tính chất đường
,CD suy ra AC AD=
)O có AB CD⊥ Xét đường tròn ( kính – dây cung) hay AB là đường trung trực đoạn Do đó cung AC cung AD
=
(hai góc nội tiếp chắn hai cung AC và AD
030
0
0
Xét đường tròn (O) có bằng nhau) nên 030 ACD = = = ∠ , AC R ACD Vậy
∠ =∠ ACD = ABC
30 = BAC 60
∆
thuộc đường thẳng cố định
(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau
)O có CEA ∠
Xét đường tròn ( CA AD , )
∠ khi c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp CEF =∠ ACD
∠ =∠ ACF
⇒ ⊥
∆
JC AC
,CEF
tại C (do AC là tiếp tuyến)
=
AC⇒ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
cmt
)
hay AC BC
Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF có CEF Mà CEF∠ là góc nội tiếp chắn cung CF tam giác CEF Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp Lại có 090 ( ACB Hay tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF luôn thuộc đường thẳng BC cố định.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⊥ ⇒ ∈ J BC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
277
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020-2021
PHÚ THỌ
Môn Toán
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút
Đề số 44
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm)
< ≤ ≥ >
Câu 1.Điều kiện xác định của biểu thức 2020 x− là: A x .
2020 2020 2020 C x . B x . D x . 2020
= − − +
Câu 2. Có bao nhiêu hàm số đồng biến trên trong các hàm số sau: = y 11 5 ;
= 2020 x y 10; = 17 17 + 2; + x − x 8; = y x y x y
A .5 C .3 D .2
Câu 3. Cho hàm số
)3
+
=
1
− có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Khẳng định nào đúng ? x .4 B ( = y m
Câu 4. Hệ phương trình
có nghiệm (
)
− 5 x + 5
x
y
3 y = 11
. x y Khi đó x ; y− bằng:
A − . 1 B .1 C .3 .4
Câu 5. Điểm nào dưới đây không thuộc đồ thị hàm số
D 25y x=
( . 1;5
)
( . 3;40
)
( . 2;20
)
)
A B C
+ = có hai nghiệm
Câu 6. Giả sử phương trình
2 16 −
( D − . 1;5 (
)
x . Tính 1
x− 22
x x 55 0 x 1 x< 2
;x x 1 2 D − . 17 C .13 A .1
và đường thẳng
cắt nhau tại hai điểm
bằng:
=− y + 2 x 3 .24 B 2 x=
y+
; ; ; .
Câu 7.Cho parabol )
(
y 1
2
( A x y B x y Khi đó 2
1
1
2
y )
=
C .8 D .10 B − . 2 A .1
Câu 8. Cho tam giác ABC vuông cân tại
Diện tích tam giác ABC
BC
6(
cm
).
,A cạnh
bằng:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
278
2
2
2
2
A
. 3
cm
C
.
cm
(
)
( B cm .3
)
(
)
( D cm .6
)
3 2
OA
cm= 6 ,
=
=(như hình vẽ). Độ dài
)'O cắt nhau tại A và B. Biết 'OO bằng:
Câu 9. Cho hai đường tròn (O) và ( cm 8 O A '
cm AB 5 ,
A
O'
O
B
A cm .5( ) B .5 5 cm C + .3 2 5 cm D + .3 5 2 cm
Câu 10. Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi
điểm
,M N lần lượt là trung ,E F . Số đo góc EDF
bằng
BC CD Đường thẳng , . ,AM BN cắt đường tròn lần lượt tại
A
B
M
E
D
C
N
F
0
0
0 .45
0 .75
A .30 B C .60 D
Phần II. Tự luận
Câu 1. (1,5 điểm)
a) Tính giá trị biểu thức
+
=
b) Giải hệ phương trình
5 +
9 =
x 2 − 2
x
y 7
y
3
+ P = 45 − 9 4 5
Câu 2. (2,0 điểm)
2
Cho phương trình
a) Giải phương trình khi
− − = x 2 1 0
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ mx m 2m =
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
279
b) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m
,x x là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để
c) Gọi 1
2
2 + x mx 1 2
có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn (
− = 4 x 2
).O Tia phân giác BAC ,AB T là
)O tại
.M Gọi K là hình chiếu của M trên
Câu 3. (3,0 điểm) Cho ABC∆ cắt cạnh BC tại D và cắt đường tròn ( hình chiếu của M trên AC. Chứng minh rằng:
2
;B C cố định, điểm A thay đổi trên cung lớn BC thì tổng
a) AKMT là tứ giác nội tiếp 2 = . MB MC MD MA )O và
có giá trị không đổi.
AB AC + MK MT
2
= b) c) Khi đường tròn (
+ + + = +
Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
x 3 x 9 x 18 3 x x + + 5 6 x
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
280
ĐÁP ÁN
I.Trắc nghiệm
1A
2C
3D
4A
5B
6D
7D
8C
9C
10B
II. Tự luận
Câu 1.
=
+
=
−
a P )
45
− 9 4 5
9.5
= 3 5
+ 5 2
( +
)2 − 5 2
=
−
3 5
− = + 5 2 4 5 2
=
y
+
=
2
x
⇔
⇔
)
b
y
5 +
9 =
= =
=
2 x − 2
y 7
3
1
x
y
y
x
12 − 9 5 2
Vậy hệ có nghiệm (
12 ) x y = ;
(
) 2;1
Câu 2.
2
Khi
= + =
a) Giải phương trình khi m
x− 4 2, x 2m = 1 0
Ta có:
thành )2
2
=− 3;
2
3
=+ x 1
x 2
2
− = > nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: ' 1.1 3 0, pt ( ∆ = − 2
b) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt − =
−
Xét phương trình
ta có:
+ mx m
1 0
2
x
( ) *
2
( − 1.
) 2 − = 1 m m
( ) + > ∀
∆ = ' m m − 1 m 0 1 2 3 − 4 + = m
(
)
Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m
⇒ ∆ > ∀ ' 0 m
c) Tìm m để ……..
Với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt , áp dụng hệ thức
=
+
2
Vi – et ta có:
1
x x 2 1 = x x m 1 2
2 + x x mx 1 2 2
2 x x 1 2
m . Theo bài ra ta có: − ( x m 2
− = ⇔ 4 4 x 2
) − = 1 ) = x 2
⇔ = ⇔ 4 4
2
2 x x 1 2 ( ⇔ − m ⇔ −
− = ⇔ −
− =
m = ⇔ 4 2 + x x x 2 1 2 ) 1 .2 x x 1 2 ( m m
2
2 m m
2 0
m
2 0
⇔
−
+
−
= ⇔ −
+
2
m
2
m
0
2
m
0
( m m
)
(
)
(
)(
) 1
= 2 m = ⇔ = − 1 m
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ ( + x 1 ) − = 1 + m m
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
281
Vậy
thỏa đề.
=− m
= 1,
m
2
Câu 3.
A
O
T
B
C
D
K
M
a) Chứng minh AKMT là tứ giác nội tiếp
Ta có:
{ } K { } T
0
0
=
+
=
⇒
là tứ giác nội tiếp
+ AKM ATM
90
180
AKMT
2
= ⊥ MK AB ⇒ = ( gt ) 0 = AKM ATM 90 ⊥ = MT AC
Xét tứ giác AKMT có: 0 90 2 = MB MC MD MA .
=
b) Chứng minh
)O ta có:
⇒
⇒
(hai góc
)
= sd BM sdCM
Xét ( MAB là góc nội tiếp chắn cung BM ; MAC là góc nội tiếp chắn cung MC Lại có: MA là tia phân giác của = MAB MAC BAC gt ( nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau)
Ta có :
(hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)
là góc nội tiếp chắn MC là góc nội tiếp chắn cung BM = ∠ ta có:
MBD
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= ∠ MBC và MBD∆ ∠ = ∠ ⇒ ∆ MAB MBD cmt ( ) MAB MBD g g ( . ) MBC∠ BAM∠ ⇒ ∠ MAB ∆ Xét MAB AMB chung ; ∆
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
282
2
⇒
⇒
=
MB MD MA
.
MA MB = MB MD
=
⇒ =(hai cung bằng nhau chắn hai dây bằng nhau)
sd BM sdCM cmt
)
MB MC
2
2
Vậy
Lại có: ( = = .
MB MC MD MA dfcm ( )
c) Khi đường tròn (O) và B, C cố định………
có:
=. Xét AKM∆
và ATM∆
⇒ ∆
= ∆
(cạnh huyền – góc nhọn)
AKM
ATM
(hai cạnh tương ứng)
Đặt BAM CAM α = ; = AM chung KAM TAM ⇒ Giả sử,
,
+
+ =
=
có:
− MK = ) MB MC MK MT cmt (
= MK MT AB AC≤ AC AK BK AT TC AK AT BK TC
khi đó ta có: + − + MK MK = ∆ và CMT = ∆
(cạnh huyền – cạnh góc vuông)
,
(hai cạnh tương ứng)
CMT
AB + MK MT ∆ Xét BMK ⇒ ∆ BMK ⇒ = BK TC AB + MK MT
α
= AK AM
.sin
Xét tam giác AKM vuông tại K có: Xét tam giác vuông AMT vuông tại T có: α
AC AK AT ⇒ = + MK
= α .cos , MK AM AT AM α = .cos α 2cos α sin
.cos .cos ⇒ AC AM = = α = 2cot AM α AB + MK MT α AM
⇒
số đo cung BC không đổi (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn)
1 = = BAC α 2 2 ⇒
không đổi
+ .sin Vì đường tròn (O) và BC cố định nên số đo cung BC không đổi
=
α
Vậy
không đổi, với
α= số đo cung BC không đổi.
2cot
α⇒ không đổi AB AC + MK MT
1 4
2
+
+
+
=
+
2cotα
Câu 4. Giải phương trình
x
3
x
9
x
18
3
x
x
6 + + 5 x
2
x
≤ − 3
x
0
3
x
+ +
x
≥ ≥ 18 0
2
⇔
DK
:
⇔ > x
0
+
x
6
+ + ≥
≥
x
5 0
0
≠
≠
x
6 x 0
0
x
9
≥ x 0, ≥ − x 2 + x 5 x
Khi đó:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
283
2
( x x
)
+ + x x 6 ⇔ + + + PT 3 3 x + = 2 3 x 5 x
2 + x
( x x
)
⇔ + + + x . 3 3 x . x + = 2 3 x x 5 + x 6
(
)( + x
)
⇔ + + + x x 3 3 x . x + = 2 3 x x + x 2 3
(
)
+ + = ⇔ x 2 x 3 3 x . x x 0 x x x
)( )
⇔ + − + − − + = x 3 x x 2 3 x 2 0 + − 3 ( + ( x x
)
( ⇔ − x
)(
2
+ − 2 3 ) − x x + = 2 0 (1) + + − x x 2 x 3 3 0 + − = x 3 3 x 0 (2) = ⇔
)
2
2
( + − =
> + ⇔ = + x x x ⇔ = x 2 2 2 do x
x 2 0 2 x
Ta có: ( ) 1 ⇔ − − = ⇔ − 2 0 ) ( +
− 2 2 x 0 x x ( ⇔ − x x x ) =
( ⇔ + x
)( 1
)
) − x 2 ktm 1( tm ) 2( = − x = ⇔ = 0 x
( ) 2
Vậy phương trình có tập nghiệm
⇔ = + ⇔ = ⇔ + = x 3 3 x 9 x 3 x x tm ( )
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
S 2; 3 8 3 8 =
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
284
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT
TỈNH PHÚ YÊN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn thi: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài : 120 phút
Đề số 45
I.TRẮC NGHIỆM (3,00 điểm)
Câu 1.Rút gọn biểu thức
M =
( 1
)2 − ta được: 2
−
=
−
−
A M .
+ = 1
2
= B M .
1
= 2
C M .
2 1
D M .
2
1 2
>
Câu 2.Kết quả nào dưới đây là sai (với
=
=
=
A a b .
.
ab
B
. 9. 3 3 3
C
. 9
3
+ 12
= . D
a b
a b
a b≥ 0, 0) ?
Câu 3.Biết đồ thì hàm số
. Khi đó hệ số góc a bằng:
)2;4−
y ax= 2
+đi qua điểm ( − . 1 C D .2 − . 2
∈
∈
x
x
.4 A B x Câu 4.Phương trình 2 y− = có nghiệm tổng quát là : 1
B .
( ) − . 0; 1
( ) . 1;1
=
=
. A +
y
2 x
1
− 1
y
2 x
C D
Câu 5.
2
x=
và đường thẳng (
) :
) :P y
d y x= +được 2
Tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số ( cho ở Hình 1 là: ( ) ) ( . 1;1 ; 2;4
( ) − . 1;1
( . 2;4
)
( ) ( . 1; 1 ; 4;2
)
− − A B C D
22 x
− = Tính giá tị của biểu thức x− 3 5 0.
,x x là hai nghiệm của phương trình Câu 6.Gọi 1 + = + N x 1
2 x x 1 2
x 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
285
= −
=
A N .
= − 1
B N .
= − 4
C N .
D N .
2
1 2
m
A
B
A
Vị trí cột gãy
p
C
3m
C
6
4m
B
n
2 H
D
Hình 3
Hình 4
Hình 2
=
=
vuông tại A có đường cao
AH BH ,
2,
HC
6
(hình 2). Độ dài cạnh AB
Câu 7. ABC∆ bằng:
A
.4
B
. 12
C
.12
D
.16
Câu 8.Một trụ điện trồng vuông góc với mặt đất bị bão đánh gãy, ngọn của nó chạm đất
và cách gốc 4m, chỗ gãy cách mặt đất 3m (Hình 3). Hỏi khi chưa gãy trụ điện cao bao
nhiêu mét ?
A m .4 B m .5 C m .7 D m .8
Câu 9. Cho hình vẽ như hình 4. Đẳng thức nào sau đây sai
=
.
.
B BOC sd BnC
( sd AmD BnC A AED
)
=
C BAD
.
D BEC
.
1 =+ 2 1 sd BpD 2
1 = BOC 2
B
C
D
4 cm
1m
1 m
H
A
B
4 cm
A
O
Hình 7
Hình 6
Hình 5
=
=.
,C D sao cho AC CD DB
Câu 10. Trên nửa đường tròn đường kính AB lấy các điểm Gọi H là giao điểm của AD và BC (hình 5). Khẳng định nào sau đây sai ?
0
=
= = A AC CD DB B CH
.
.
AC
C AHB
0 = 120
.
= D ADB
∠ .
90
1 2
,OB đoạn
(Hình 6)
Câu 11.Tính diện tích phần tô đậm được tô bởi nửa đường tròn đường kính thẳng OA và cung tròn AB, biết 090
AOB =
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
286
2
2
2
2
π π B .2 cm π D cm cm .4 C
π . A cm .3 Câu 12.Một chiếc bàn hình tròn, đường kính bằng 1 .m Người ta nới rộng mặt bàn bằng cách ghép thêm vào giữa một mặt hình chữ nhật có một cạnh bằng 1m (hình 7). Để diện tích mặt bàn tăng gấp đôi thì cạnh còn lại của hình chữ nhật đó bằng bao nhiêu mét ?
A . B . C . D . 11 28 22 7 11 7 11 14
II.TỰ LUẬN(7,00 điểm)
Câu 13.(1,5 điểm)Giải các phương trình, hệ phương trình sau :
2
4
2
+ − =
−
− =
a
)
b x )2
6 0
x
c x )
7
x
8 0
x 2
− =− y + 3
x
y
1 = 8
Câu 14.(2,00 điểm)Cho hàm số
)d
)1
( − = y m )d cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2− a) Xác định m biết đường thẳng ( b) Vẽ đồ thị hàm số với m vừa tìm được ở câu a c) Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (
)d
4 x + có đồ thị là đường thẳng (
Câu 15. (1,50 điểm)Giải toán bằng cách lập phương trình
Trong một thư viện, có hai máy in A và B. Để in 100 trang giấy thì máy A in nhanh hơn
.Trên đoạn thẳng OB lấy điểm I cố định (I khác O, B). Đường thẳng qua
.AB Trên (O) lấy điểm C sao cho
máy B là 1 phút. Khi cùng in, thì trong một phút cả hai máy in được tổng cộng 45 trang giấy. Tính thời gian để máy A in được 100 trang giấy. Câu 16. (2,00 điểm) Cho đường tròn ( ),O đường kính AC BC< I vuông góc với AB cắt BC tại E, cắt AC tại F
a) Chứng minh rằng: ACEI là tứ giác nội tiếp b) Gọi M là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF với AB (M khác A).
)O thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
Chứng minh rằng tam giác EBM cân c) Chứng minh rằng khi C di chuyển trên ( AEF chạy trên một đường thẳng cố định
ĐÁP ÁN
I.Trắc nghiệm
1C
2C
3C
4B
5A
6A
7A
8D
9D
10B
11B
12D
II.Tự luận
Câu 13.
y
⇔
= ⇔
)
a
x 2
1 = 8
− =− y + 3
=− 2 y = y 3
8
x
y
10 1
2 1
= 5 2 ⇔ =− + x
− 2 x + x 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (
= y ) x y = ;
( 1;2
y x )
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
287
2
2
+ − = ⇔ +
−
+
−
+
=
b x )2
6 0
2
x
x
4
x
3
x
− = ⇔ 6 0
2
2
3
x
2
0
( x x
)
(
)
x
−
x
3
= ⇔ 0
( ⇔ + x
)( 2 2
)
= x
= − 2 3 2
Vậy
= S 3 2 − 2;
Câu 14.
)d cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2− nên đường thẳng (
)d đi
)2;0 4
)( − 1
Vậy
m
a) Xác định m Vì đường thẳng ( qua điểm có tọa độ ( ( ) − + ⇔ = ⇒ = m 2 0 3 3m =
b) Học sinh tự vẽ (P) c) Tình khoảng cách từ O đến (d)
B
4
3
2
H
1
A
-1
-2
O
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng
( A −
)2;0
+cắt trục hoành tại điểm y x= 2 4
(
)0;4
B
Kẻ
. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tại O, đường cao
và cắt trục tung tại điểm ( OH d H AB
)
∈ ⊥
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
OH ta có:
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
288
=
+
⇔
=
+
=
2
2
2
2
1 OH
1 OA
1 OB
1 OH
1 2 2
1 2 4
5 16
=
⇒ = OH
16 5
4 5 5
Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng (
)d là
)0x >
4 5 5
1x + (phút)
Câu 15. Gọi thời gian máy A in được 100 trang giấy là x (phút) ( ⇒ Thời gian máy in B in được 100 trang giấy là Khi cùng in, trong 1 phút
(trang giấy)
Máy A in được:
(trang giấy), Máy B in được
100 x 100 1x +
( + x x
) 1
2
2
Vì trong 1 phút, cả hai máy in in được 45trang giấy nên ta có phương trình: 100 x ⇔
+ + 100 100 100 45 = x + x = ⇔ 45
= − 100 0 − 155 x x x 45 100 + 1 x = + 100 45 x 200 2 − x ⇔ − 9 x
( x x = x
⇔ + 5 4 0 x 5 0 9 4 + ⇔ 45 x 2 = ⇔ − ) + 9 x 36 ( = ⇔ − x 20 0 ( − − x 5 )( 4 9 = 20 0 ) = + x
31 x ) − tm ) 4(
Vậy thời gian để máy A in hết 100 trang giấy là 4 phút.
( ktm ) ⇔ 5 = − x 9
Câu 16.
F
C
E
B
A
I
O
M
a) Chứng minh rằng tứ giác ACEI là tứ giác nội tiếp
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
289
0
là góc nôi tiếp chắn nửa đường tròn nên
0 = 90
∠ = 90 ⇒ ∠ ACE
0
+
=
⇒ Tứ giác ACEI là tứ giác nội tiếp
Vì ACB∠ Xét tứ giác ACEI có: 0 90
90
180
ACB 0
= cân
+ ACE AIE b) Chứng minh rằng EBM∆
A M E F cùng thuộc đường tròn ngoại
,
,
,
Vì tứ giác AMEF là tứ giác nội tiếp (các điểm
⇒ ∠
=∠
tiếp
(góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ
EMI
= AFE AFI
(1)
=
do AFI
0
⇒
vuông tại C)
= ⇒ 90
∆ vuông tại )I = + ABC FAI
AEF∆ )
⇒
(cùng phụ với
giác nội tiếp). Ta lại có: 090 ( + AFI FAI + ABC CAB AFI ABC =
0 ∆ 90 ( ABC ( ) = AFI EBI 2
∠ ⇒ FAI )
Từ ( )1 và ( ) = ⇒ EMI EBI
2 ⇒ ∆ cân tại E EBM
c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF chạy trên một đường thẳng
cân tại E (cmt), mà EI
nên I là trung điểm của
,
I A B cố định ,
(BM đường cao
,M nên tâm đường tròn nội tiếp
thuộc đường trung trực của AM
,A M cố định nên trung trực của AM là cố định
IB⇒ không đổi nên IM không đổi.
cố định Ta có: EBM∆ BM⊥ đồng thời là đường trung tuyến) M⇒ là điểm đối xứng với B qua I và IM IB= Mà Lại có I cố định nên M cố định Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF đi qua điểm AEF∆ Vì Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF thuộc trung trực của AM cố định, với M là điểm đối xứng với B qua I
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
290
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT
QUẢNG BÌNH
NĂM HỌC 2020 – 2021
MÔN TOÁN CHUNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Khóa ngày 16/07/2020
Đề số 46
0
=
+
+
Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức
P
2 −
25
x 25
x
5 − x
5
≥ x 5 ≠ + x 5 x
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm các giá trị của x để
+ − 1 P = − 3 −
Câu 2. (1,5 điểm) Cho hàm số
có đồ thị là đường thẳng d (với
)3
( = y m
,m n là tham số)
a) Tìm m để hàm số ( )1 nghịch biến trên R
và
b) Tìm
x 2 n 5 (1)
( A −
)1;2
(
)2;4
2
2
+
−
− =
B
Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình
(với m là tham số)
m
2
x
+ x m
3 0(2)
,m n để đường thẳng d đi qua hai điểm ) 1
(
,x x thỏa mãn:
2
3m = a) Giải phương trình (2) với b) Tìm các giá trị của m để phương trình ( )2 có hai nghiệm 1
2 x 1
2 x 2
+ − > 2 3 x x 1 2
Câu 4. (1,0 điểm) Cho các số thực dương
,a b thỏa mãn
a b+ ≤ 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2
2
= + Q
có đường cao AH
)
Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm
5 a ab b A AB AC< 1 + (
).
,A vẽ nửa đường tròn (
H BC∈
Câu 5. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở ( kính BH cắt AB tại I ( I khác
)1 ,O đường )2O đường kính HC cắt AC tại K
)B và nửa đường tròn (
a) Tứ giác AKHI là hình chữ nhật b) Tứ giác BIKC là tứ giác nội tiếp c) IK là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (
)1O và (
)2O
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
(K khác C). Chứng minh rằng:
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
291
ĐÁP ÁN
Câu 1.
≠
ta có:
a) Với điều kiện
x
(
25 )
x≥ 0, ( +
) 5 )(
+ + − + 2 x x 5 5 + 2 x x 25 = = P − x − x 5 5 x 5 x 5 x 5 ( + 5 ( + 25 5 )( + − )
) +
( −
(
(
)
)
b P )
6
= − x
5
x
x −
1 =− ⇔ 3
1 =− ⇔ 3 5
2 x
⇔
7
x
= ⇔ = ⇔ = x
5
x
tm (
)
25 49
Vậy
thì
+ 5 x ) 2 = = = 2 − x 5 2 x − x + x 5 x 5 x 5 x 5 + 10 )( x )(
5 7 1 P = − 3
x = 25 49
Câu 2.
a) Hàm số ( )1 nghịch biến trên R khi và chỉ khi b) Đường thẳng d đi qua hai điểm
,A B nên ta có hệ phương trình:
− < ⇔ < m 3 0 m 3
) )( − + 1 ) + 3 .2 2
( (
− − = m 3 2 n 5 2 = − + m 2 n 4 ⇔ ⇔ + = − − = 2 m 2 n 15 m n 5 4 = n = m 11 3 23 6
Câu 3.
a) Khi
2 8 x−
3,m = phương trình ( )2 trở thành
+ = x 6 0
Ta có :
( ∆ = − 4
)2
=+
4
4
10;
10
=− x 1
− = nên ta có hai nghiệm phân biệt: ' 1.6 8
2
2
−
−
m
m
3
≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ − (*) 4 0
m
0
2
2
) 1
x 2 b) Phương trình ( )2 có hai nghiệm ) ( ⇔ + m
(
+
=
2
m
(
) + 1
x 1
x 2
Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
. Khi đó:
2
−
3
= x x m 1 2
2
+
−
−
>
2
3
4
3
)
( > ⇔ +
2 x 1
2 x 2
x x 1 2
x 1
x 2
x x 1 2
2
2
⇔
+
−
−
> ⇔ +
> ⇔ > −
4
m
4
m
3
m
3
8
13 0
m
tm (
(*))
(
) 1
(
)
13 8
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
' 0⇔ ∆ ≥
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
292
Vậy
m > − 13 8
Câu 4.
2
2
2
2
2
2
2
=
2 ≤
+ (B ĐT Bunhiacopxki)
k
+ m n
.
k
+ .
k
k
)
Xét (
)
m k
n k
m k
n k
= + Q 1 + 1 = + a b 5 + ab a b 1 ab 2
( +
2
+
lần
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số
9 + ab 2
a
b
2;2
ab
và (
)
2
2
2
lượt tương ứng với
và (
) ;k k ta có:
2 m n ; k k
2
2
; 1 + a b 1 ab 2
)2 ( ≥ + 1 1
(
)
2
2
2
+ + + = . a b 2 ab 4 1 + a b 1 ab 2
Hay
(vì (
)
( ) 1) 1
2
2
≤ + ≥ a b+ 4 1 + a b 1 ab 2
(
)2
Từ (1) và (2)
≤ ≥ 4 ab + a b ≤ ⇒ ≤ ⇒ ab 1 2 18 (2) 9 ab 2
"= xảy ra khi :
=
(
do
(1))
2
2
⇔ = = a b
1 2
1 + a b (2)) gt )
1 + a b = a b do ( + ≤ a b 1(
= ⇔ = =
Vậy
MinQ
a b
22
1 2
Q⇒ ≥ 22 1 2 . Dấu "
Câu 5.
B
O1
H
I
O2
C
A
K
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
293
0 =
=
90
a) Xét tứ giác AHKI có 0 = 90 ; AIH BIH
= AKH HKD Và theo giả thiết: 090
IAK =
nên AKHI là hình chữ nhật
= ∠
AHK
b) Vì AKHI là hình chữ nhật nên AIK =
(cùng chắn cung HK của nửa đường tròn (
)2O
⇒tứ giác BIKC là tứ giác nội tiếp
Hơn nữa, ta có: AHK HCK Do đó AIK HCK = c) Ta có:
=
+
=
+
=
1
1
O KI =
2
0 = + O IK O IH HIK O HI HAK BCA HAK 90 1 Tương tự ta cũng có: 0 90 . Từ đó ta có: IK là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (
)1O và (
)2O
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
294
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
QUẢNG NAM
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn thi: TOÁN chung
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian: 120 phút
Đề số 47
Khóa thi ngày: 23 – 25/7/2020
Câu 1. (2,0 diểm)
−
a) Thực hiện phép tính
A =
2 27
12
3 + 3
=
≠
b) Rút gọn biểu thức
B
a
a≥ 0,
1
− −
a 1
a a
a a
− 1 + với + 1
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Xác định các hệ số
,a b của hàm số y
và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5.
)2;1A (
2
= +biết đồ thị của nó đi qua điểm ax b
và đường thẳng (
) :
)d có một điểm chung duy nhất. Tìm tọa độ điểm chung đó.
b) Cho parabol )P và (
(
= d y 2 x m ( P y ) x= 3 +(m là tham số). Tìm m để
Câu 3. (2,5 điểm)
4
a) Giải phương trình:
b) Giải hệ phương trình
xx
4
2
+
+
−
− =
là tham số). Chứng minh rằng
c) Cho phương trình
m
2
x
x
4
m
3 0(
m
25 x+ + 2 y x − 2 3 (
− x
= 36 0 = 5 =− y ) 1
,x x với mọi giá trị của
2
phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt 1 tất cả giá trị của m để trong hai nghiệm trên có một nghiệm lớn hơn 1 và một nghiệm nhỏ hơn 1.
.m Tìm
Câu 4. (3,5 điểm)
),O A là điểm cố định nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ đường
,A lấy điểm M tùy ý trên d ( M khác A). Vẽ hai tiếp tuyến
Cho đường tròn ( thẳng d vuông góc với OA tại )( ,MB MC của đường tròn ( )OA
, O B C là hai tiếp điểm; B và M khác phía với đường thẳng
,K gọi H là giao điểm của BC và
a) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp trong đường tròn b) Hạ BK vuông góc với OA tại .
.OM Chứng minh
c) Chứng minh rằng khi M thay đổi trên d thì đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố
định
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= KA OH KB HB .
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
295
ĐÁP ÁN
Câu 1.
−
+
=
−
+
)2 27
12
2.3 3 2 3
3
= 6 3
= − 3 5 3
a
3 3
−
+
−
a
a
a
a
)
(
) 1
− +
) b B
( 1 −
− a = + − 1
− 1 + 1
1
1
a a
a a
a
)( 1 + a
≥ a = a
0 ≠ 1
=−
+ a
− =− 1 a
1
Câu 2.
a) Đồ thị hàm số y
(
)2;1
= +qua A (1) 2 1 ax b
Đồ thị hàm số y
⇒ + = ⇒ = ⇒ =
= −
a .0
5
5
b
b
a
2
− 1 5 2
Vậy
b
5
= 2,
2
=
+
P
&
d
: 3
x
2
x m
)
(
)
+ x m
2
=− a b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của ( ( ) 0 1
23 ⇔ − = x )d tại một điểm chung duy nhất
(
)P cắt (
2
= ⇒ + = a b +cắt trục tung tại điểm có tung độ là 5 ax b
) ⇔ ∆ = ⇔ − 1
(
(
)
' 0 − 3. − m = ⇔ = − 0 m 1 3
Tọa độ điểm duy nhất là :
Vậy
=− y x ' b 1 = ⇒ = a 3 1 3
m = − , tọa độ điểm chung của hai đồ thị là 1 1 ; 3 3 1 3
Câu 3.
4
2
− a x ) x+ 5
=
Đặt
t
0
( 2 x t
−
−
= ⇔ +
+
2 ⇔ + t
t 9
t 4
36 0
4
t
9
9
0
≥phương trình thành: 2 t (
− = 36 0 = 36 0 )
2
+
⇒
⇔ − ( t
t 4)(
= =
= ⇔ 9) 0 − −
( t t 4( tm = 9(
) − ) ktm
)
t t
x x
2
Vậy
t+ 5 ) = =
{
}2 ±
+
10
7
)
b
− ⇔ =−
4
=− − 4 2 y x =− y x 3
− 2
x
y 5 2
= 14 ⇔ = y
x y
4
1 2
− ⇔
=−
x 2 x Vậy (
= y 2 5 =− − 3 y ( ) x y = ; 1;2
)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
S =
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
296
−
+
+
− =
2) c x
2
m
x
4
m
3 0
(
) 1
2
(
) 1
( − 4 4 m
)
2
2
∆ = + − + 2 m 3 4 4 m + 1 16 m + − 12
( + + = 9 4 2
2 = m )
Nên phương tình luôn có hai nghiệm phân biệt. Áp dụng định lý Vi – et ta có:
=
−
m
4 =
2
m
3 + 1
x x . 1 2 + x 1
x 2
>
− >
1
1 0
⇒
⇒
Để 1 nghiệm lớn hơn 1, 1 nghiệm nhỏ hơn 1
<
− <
1
1 0
x 1 x 2
x 1 x 2
− < ⇔ −
+
+ <
0
1 0
)( 1
) 1
(
)
( ⇒ − x 1
x 2
x x 1 2
x 1
x 2
⇔ − − m
3 2
4
m
− + < ⇔ < ⇔ < 2
1 1 0
m
m
3
3 2
Vậy
m < thì thỏa đề .
3 2
= − + > ⇒ ∆ > 4 m − 12 m m 4 0 0 3
Câu 4.
d
C
M
H
K
I
A
B
=
a) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp ,MB MC là hai tiếp tuyến nên 090
OCM OBM=
0
0
+
=
⇒
là tứ giác nội tiếp
+ OCM OBM
90
180
MCOB
Vì Tứ giác MCOB có 0 90 = KA HO KB HB
= .
.
b) Chứng minh
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
297
(tính chất tiếp tuyến cắt nhau)
,MB MC là hai tiếp tuyến của (O) MB MC
Ta có: M⇒ ∈đường trung trực của
( )1BC
⇒ =
Có OB OC R O
= = ⇒thuộc trung trực của BC (2)
=
là đường trung trực của BC OM BC
tại H 090 BHO⇒
⊥
⇒ =
(cùng chắn cung OB)
M C 1 1
cân tại O (vì
(tính chất tam giác cân)
⇒ Từ (1) và (2) OM⇒ Vì tứ giác MBOC nội tiếp trong đường tròn (câu a)
⊥tại A)
do d OA
là tiếp tuyến của (O))
Mà BOC∆ Ta có: 090 ( = MAO 090 ( = MBO
do MB
⇒
=
090 = MAO MBO
Xét tứ giác MAOB có hai đỉnh A và B kề nhau cùng nhìn OM dưới một góc
090 )
(cùng chắn cung OB )
(5)
= OB OC ) ( ) ⇒ = B C 4 1 1
là tứ giác nội tiếp ⇒ = A M 1
1
MAOB
)
)
; = A B cmt 1( 1
⊥ ⊥ , do BK OA BC OM ⇒ Từ ( ) ( ) ( ) ⇒ = 3 , 4 , 5 A B 1 1 ∆ ∆ Xét KBA và HOB có: ( 090 = = BKA BHO
⇒ ∆ ∆ ⇒ = KBA HOB g g ( . ) KA HO KB HB dfcm ( ⇒ . = . ) KA KB HB HO
c) Chứng minh rằng khi M thay đổi trên d thì đường thẳng BC luôn đi qua điểm
cố định Gọi giao điểm của OA và BC là I
và OIH∆
090 =
2
∆ Xét OMA
(hệ thức
2 = R
có: O chung; A H= OM OI = OA OH
lượng)
⇒ = OI
. Do (O), điểm A cố định suy ra OA là khoảng cách từ O đến d không đổi, R
2R OA
không đổi nên OI không đổi, I thuộc OA cố định, do đó I là điểm cố định.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇒ ∆ ∆ ⇒ = OMA OIH g g ( . ) OM OH OI OA OB ⇒ . = .
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
298
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
QUẢNG NGÃI
NĂM HỌC 2020 – 2021
Ngày thi: 17/07/2020
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi:TOÁN
Đề số 48
Thời gian: 120 phút
Bài 1. (2,0 điểm)
−
1. Thực hiện phép tính 16 9 9 16
2. Cho hàm số
2,
với a là tham số
a) Tìm a để đồ thị của hàm số qua điểm
)2;8M ( b) Vẽ đồ thị của hàm số ứng với giá trị a tìm được
y ax=
Bài 2. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình và hệ phương trình sau :
2
−
− =
)
x
5
b
a x )
4 0
x x
8 3
= + 2 y − = y
2
−
+
2. Cho phương trình
+ x m
4 0,
m
2
x
− = với m là tham số
(
,x x là hai nghiệm của phương trình. Chứng minh giá trị biểu thức:
không phụ thuộc vào m
2 ( . 1
( . 1
)
)
3 2 ) 1 a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m b) Gọi 1 = A x 1
− x 2 − x 2 − x 1
Bài 3. (1,5 điểm)
Để chuẩn bọ vào năm học mới, bạn An muốn mua một cái cặp và một đôi giày. Bạn đã tìm hiểu, theo giá niêm yết thì tổng số tiền mua hai vật dụng trên là 850.000 đồng. Khi bạn An đến mua thì cửa hàng có chương trình giảm giá: cái cặp được giảm 15000 đồng, đôi giày được giảm 10% so với giá niêm yết. Do đó bạn An mua hai vật dụng trên chỉ với số tiền 785000 đồng. Hỏi giá niêm yết của mỗi vật dụng trên là bao nhiêu ?
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn tâm
,O đường kính AB và điểm M bất kỳ trên nửa đường
. Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến
)
tròn đó ( .Ax Tia BM cắt Ax tại I, tia phân giác của góc IAM cắt nửa đường tròn tại E và cắt tia BM tại F. Tia BE cắt AM tại K và cắt Ax tại H
là tam giác cân
a) Chứng minh tứ giác EFMK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ABF∆ c) Chứng minh tứ giác AFKH là hình thoi d) Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AKFI nội tiếp được đường tròn.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
≠ ≠ M A M B ,
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
299
Bài 5. (1,0 điểm)
Cho hai số thực
3
3
=
+
+
P
2020
2
2
x y
y x
,x y thỏa mãn x y+ = và 5 xy = − Tính giá trị của biểu thức 2.
ĐÁP ÁN
Bài 1.
−
−
=
= 1) Ta có: 16 9 9 16 16.3 9.4 48 36 12
2
ta được :
2) a) Thay
= − 2 ax=
b) Học sinh tự vẽ
= = =vào hàm số x 2, y 8 8 a .2 ⇔ = 2 a y
Bài 2.
2
+ = ⇔ − −
+ = ⇔ − −
−
4 0
4 0
4
5
x
x
x
x
a x )
4
x
0
1) Giải phương trình và hệ phương trình ( 2 x x
) 1
(
) − = 1
=
− =
−
⇔
x
4
= ⇔ 0
( ⇔ − x
)( 1
)
=
− =
1 4
x x
x x =
Vậy phương trình có nghiệm
4
=
x
⇔
)
b
⇔ −
=
x + 8 = 6
+ = 2 y − = y
8 3
2 − 2
7 y
y y
2 1
1 0 4 0 x= 1; = ⇔
3 x x 2
14 3 x = x x 4 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (
3 ) x y = ;
(
= x y ) 2;1
2) a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m
2
−
+
Xét phương trình
− = . Ta có:
x
2
m
+ x m
4 0
(
) 1
2
+
+
+
∆ = '
− m
m
2
m
1
+ − 4 m
2 + = m m
5
2 = m
(
( − 1.
) − 4
) + 1
2
2
=
+
=
+
+
> ⇒ ∆ > ∀
m
2.
m .
m
' 0
0
m
(
)
1 2
1 19 + + 4 4
19 4
1 2
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m
b) Chứng minh biểu thức A không phụ thuộc vào m
Theo câu a phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt với mọi m +
) + 1
Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
( − 4
= = 2 m + 2 2 m
x x 2 1 = x x m 1 2
( 1
)
+ − − + x 2 x 2 x 1 x x 1 2 x x 1 2
) − 2
Ta có: = A x 1 ( Vậy
( − 1 ) + x x 1 2 A = 10
không phụ thuộc vào m
= = 2 m = − x 1 + − m 2 2 x 2 + = 8 10 x x 1 2
Bài 3.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
300
)
15000 x< <
Gọi giá niêm yết của 1 cái cặp bạn An mua là x (đồng) ( Giá niêm yết của một đôi giày bạn An mua là y (đồng) (
Vì giá tiền của 1 chiếc cặp và 1 đôi giày là 850 000 đồng nên ta có phương trình:
0 y< < 850000 850000 )
( ) 850000 1
Sau khi giảm giá , giá tiền của :
- 1 chiếc cặp:
x y+ =
(đồng) =
(đồng)
- 1 đôi giày :
15000
Sau khi giảm giá bạn An trả tiền cho chiếc cặp và đôi giày là 785000 đồng nên ta có
x − − y y y 10% 0,9
phương trình:
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
⇔
⇔
+ = y +
= =
+ +
=
850000 y
8500000 8000000
350000( 500000(
= y 10 = y 9
8000000
) tm tm )
x y
x x
9
x
10 10
x 10 Vậy giá niêm yết 1 cái cặp là 350000 đồng và 1 đôi giày là 500000 đồng.
− + = = x 15000 y 785000 10 ⇔ + 9 x y 8000000(2) 9 10
Bài 4.
I
F
M
H
E
K
B
A
O
a) Chứng minh tứ giác EFMK nội tiếp đường tròn
)O ta có:
=
FEK⇒
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 090 090
=
0
=
+
=
nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng
+ FEK FMK
90
180
Xét đường tròn ( 090 AEB = 090 AMB = Tứ giác EFMK có 0 90 0 180 ) hai góc đối bằng
Vậy tứ giác EFMK nội tiếp đường tròn (đpcm)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
FMK⇒ 0
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
301
là tam giác cân
b) Chứng minh ABF∆
(cùng chắn )EM
⇒
=
=
=
0
+
=
0 90 ;
90
=
cân tại B
nên ABF∆
Tứ giác AEMB nội tiếp nên EAM EBM= Mà AF là tia phân giác của IAM nên IAF FAM EAM EBM FAI Mà = + = EBM EFB FAI FAB IAB Nên = = FAB EFB AFB Tam giác ABF có FAB AFB
c) Chứng minh tứ giác AKFH là hình thoi
cân tại A
⇒ là trung điểm HK E
Tam giác ABF cân tại B (cmt) nên BE vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến Nên E là trung điểm AF Tam giác AHK có AE vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên AHK∆ ∆ AE⇒ cũng là đường trung tuyến AHK ,AF HK cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên là Tứ giác AKFH có hai đường chéo, hình bình hành, mà HK AF⊥
nên tứ giác AKFH là hình thoi (
)
dfcm
d) Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AFKI nội tiếp được đường tròn
nên tứ giác AKFI là hình thang
=
=
=
+ AKF AIF (kề bù) nên AIF KAI = ⇒ 45
0 45
MAI 0
là điểm chính giữa của cung
AKFH là hình thoi nên FK AH / / Để tứ giác AKFI là tứ giác nội tiếp thì 0 180 Mà 0 hay AIM MAI + = AKF KAI 180 Do đó tam giác AMI vuông cân nên 0 = MAB 0 ⇒ 2.45
sd cung MB MAB
===⇒ 2
90
M
⇒ FK AI / /
2
2
2
2
+
−
=
=
+
y
2
5
x
y
x
( − 2. 2
) − =
3
2
3
3
+
−
+
=
−
=
+
=
y
3
y
5
x
y
x
) )
xy ( xy x
)
) 3. 2 .5 155
29 ( −
.AB
Bài 5. Ta có: ( (
3
3
5
5
x =
⇒ = P
+ 2020
+ 2020
2
2
y 2
x y
y + x
+ 2 x y
2
2
3
3
2
3
+
+
−
x
y
x
2 x y
3 x y
y
)(
)
(
(
+
=
2020
2
+ (
2
2
2
3
3
+
−
+
x
y
x
2 x y
x
y
y
(
)
)(
(
+
=
2020
2
xy
) ) xy ) )
+ ( 2 ) 2 .5
=
=
2020
12555 + 4
29.155 (
( − − 2 ) − 2
Vậy
P =
12555 4
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
302
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2020
TỈNH QUẢNG NINH
Môn thi: Toán (Dành cho mọi thí sinh)
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gan làm bài : 120 phút, không kể giao đề
Đề số 49
Câu 1. (2,0 điểm)
=
với
2) Rút gọn biểu thức
B
2
1 + x
7
5 + x
7
9+ 1) Thực hiện phép tính: 2 1 + x
− :
3) Giải hệ phương trình
= =
+ −
4 0
x x
2 2
y y
0x ≥
Câu 2. (2,0 điểm)
2
+
Cho phương trình
− = với m là tham số
x
2 0,
,x x sao cho
+ x m 3 4 m = − 1 1) Giải phương trình với 2) Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có một nghiệm 3) Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt 1
2
=
1
x 1
x+ 22
2x =
.km Một ca nô xuôi dòng từ
Câu 3. (2,0 điểm) Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 32 bến A đến bến B rồi lập tức quay về bến A. Kể từ lúc khởi hành đến lúc về tới bến A hết km h / tất cả 6 giờ. Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng, biết vận tốc dòng nước là 4
Câu 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn (
)
hai tiếp tuyến
;O R và A là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm A kẻ
)(
,
,AB AC với đường tròn ( .BC Kẻ đường kính BD của đường tròn (
là E
=
=
cm
a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp cm AB 3 R 4 , ,AH biết b) Tính độ dài = AE AD AH AO . .
c) Chứng minh d) Tia CE cắt AH tại F. Chứng tỏ F là trung điểm của AH
AO và O B C là hai tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của ),O AD cắt đường tròn tại điểm thứ hai
Câu 5. (0,5 điêm)
Cho
2
2
+
−
−
+
+
thức
= Q x
y
9
x
12
y
25
16 + x
2
y
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
,x y là các số thực dương thỏa mãn x y+ ≤ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 3.
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
303
ĐÁP ÁN
Câu 1.
+
= + =
1)2
9
2 3 5
2) Điều kiện
−
x
x
2
7
B
= :
.
+ x 5
1 + x
2
1 + x
7
5 + x
7
+
+
= −
x
2
x
7
+ − 7 )(
)
(
5
=
=
1 + x
2
+
5.
x
2
(
)
3) Giải hệ phương trình:
=
+
=
y
x
x
4
2
4
2
2
x
⇔
−
= ⇔ =
=
=
x
2
0
1
x
y
y
2 y Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : (
) x y = ;
(
) 2;1
0x ≥
Câu 2.
2
1) Thay − = x+ 4
m = − vào phương trình đã cho ta có: 1
Phương trình có dạng
1 + + = ⇒ = − a b c 0 5
= x x
Vậy khi
5 0 x
} { − 1; 5
Vì
2) Tìm giá trị m 2x = là một nghiệm của phương trình nên thay
S = m = − thì tập nghiệm của phương trình là 1
2
2x = vào phương trình ta có:
Vậy khi
+ 2 + 4.2 3 m − = ⇔ =− m 2 0 10 3
=
2
m = − thì phương trình đã cho có nghiệm 2x = 10 3
Ta có:
x 3) Tìm m để 1 ( ∆ = − 2
)
x+ 22 (
1 )
− − ' m 3 2 = − 4 3 m + = − 2 6 3 m
Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
+
=−
4
Khi đó áp dụng định lý Vi-et ta có:
x 2 =
( ) * −
2
x 1 x x 1 2
= ⇔ = −
+
1
1 2
2
m 3 . Thế vào ( )* ta có:
x 1
x 2
x 2
> ⇔ < ⇔ ∆ > ⇔ − ' 0 6 3 m m 0 2
x Theo bài ra ta có: 1 + )
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
=− 4 5 = x 2 ⇔ ⇔ ⇒ =− m tm ( ) = − 3 m 2 m 2 43 3 5 − =− 2 45 x 2 x 2 x 2 x 2 3 m − 1 2 ( − 1 2 = x 2 ) ( = − − 1 2.5 .5 3
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
304
Vậy
m = − 43 3
Câu 3.
Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là
( x km h x > /
)(
)
4
Vận tốc cano khi xuôi dòng là
+ x 4( km h / )
Vận tốc ca nô khi ngược dòng:
Thời gian ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B là
(giờ)
Thời gian ca nô ngược dòng từ bến B về bến A là
(giờ)
− x 4( km h / )
32 4x + 32 4x −
)
(
Vì từ lúc khởi hành đến lúc về tới bến A mất 6 giờ nên ta có phương trình: ( 32 − x
2
32 4 = + =⇔ 6 6 32 + x 4 32 − x 4 + )( x ( x + )
2
) − 4 + 4 ( 2 = ⇔ −
+ x x x = 128 6 ⇒ − 32 + 128 32 − 16
2
− x x − x 3 ⇔ − x 6 64 96 0
(
) =
+ − = ⇔ x x − x ⇔ − x 3 36 4 48 0 3 4 12 0 12 x 4 ) = 48 0 ) +
tm 32 ( − x x 12( )
( ⇔ − x
)( 12 3
)
Vậy vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là 12
+ x 4 = ⇔ 0 ktm ( ) = x 4 = − x 3
km h /
Câu 4.
B
F
A
O
H
E
D
C
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
305
a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp
⇒
=
0 =
,AB AC là các tiếp tuyến 0 ACO
ABO
90 ;
90
0
0
+
⇒
là tứ giác nội tiếp
ABOC
=
180 =
= 90 cm 4
Xét đường tròn ( )O có Xét tứ giác ABOC có 0 = + ABO ACO 90 cm AB R , 3 b) Tính độ dài AH biết
,AB AC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại A
)O có = (tính chất) mà OB OC R
tại H
Xét đường tròn ( Suy ra AB AC= BC Do đó OA BC⊥ Xét tam giác ABO vuông tại
,B theo định lý Pytago ta có:
2
2
2
2
= ⇒ =
=
+
+ AB OB
OA
25
25
4
2 3
= AO Xét ABO∆
= 5 cm vuông tại B có BH là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta
2
2
=
=
có:
Vậy
AB
AH AO .
⇔ = AH
3,2(
cm
)
AH
3,2
cm
AB AO
2 4 = = 5
c)
vuông tại B có BH là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác =
vuông, ta có:
Xét ABO∆ 2 AB
= ⇒là đường trung trực của đoạn thẳng AO
=
(1)
(cùng chắn )BE
Xét AEB∆
và ABD∆
⇒ ∆
∆
− ⇒ =
AEB
ABD g
(
g
)
2 = ⇒ AE AD AB .
( ) 2
AE AB
AB AD
AH AO . có: BAE chung; ABE BDE
. .
BCD =
(so le trong)
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) = ADC OAD
AO BC
=
/ / CD AO (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn )EC
=
−
ACE FAE cmt
)
AFE
CFA g
(
∆ g
)
có: AFE chung; (
⇒ ∆
2
⇒ ⊥ BC CD
= AE AD AH AO
.
.
Theo câu b ta có:
⇒ ∆
∆
− − ⇒
AEH
AOD c g c
(
)
AO AE = ⇒ AH AD = AHE ADO
⇒
=
=
(cùng phụ với ) AOD (hai góc nội tiếp cùng chắn )CD
Suy ra tứ giác EHOD là tứ giác nội tiếp (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) HED BOA Xét đường tròn (
)O có CED CBD
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇐ = ⇒ = FC FE . FA (*) = AE AD AH AO Từ (1) và (2) suy ra : d) Chứng tỏ F là trung điểm của AH Xét đường tròn (O) có 090 ⇒ ⊥ ⇒ Lại có: )O có ACE EDC Xét ( ) Suy ra ( = = ACE FAE CDE Xét AFE∆ ∆ và CFA AF CF FE FA
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
306
=
vuông tại
(do BHO∆
0
hay EH FC⊥
+ EHD CED
= ⇒ 90
90
Lại có: 090 + BOH HBO Nên 0 = HEC Xét tam giác HFC vuông tại H có HE là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác
2
=
vuông ta có:
FH
FE FC .
**
(
)
2
2
)H
Từ (*) và (**) suy ra
= ⇔ = FA FH FA FH F ⇒ là trung điểm AH
Câu 5.
Ta có:
2
2
+
−
−
+
+
= Q x
y
9
x
12
y
25
16 + x
2
y
2
2
=
x
− 2
x
y
− 4
y
+ 4
2
x
+ y
− 9
x
+ y
+ 20
( +
)
(
)
(
( ) + + 1
)
16 + x
+ 2
y
2
2
=
−
+
−
+
+
+
−
+
+
x
y
2
2
x
y
9
x
y
20
(
) 1
(
)
(
)
(
)
2
16 + x
y
2
2
−
≥
−
≥
x
0;
y
2
0
(
) 1
(
)
≥
+
=
2
x
+ + y
2
2
x
.
y
8
(
)
2
y
16 + x
2
y
16 + x )
(
+ ≥ − = − y ⇒ − 9 x 9.3 27
⇒ ≥ + + − + Q = ⇒ ≥ Q 1
Dấu "
1
= ⇔
Q Vậy min
1 2
= x = y
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= y= 1, x 2 0 0 8 27 20 1 "= xảy ra khi
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
307
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
QUẢNG TRỊ
Khóa ngày 21 tháng 7 năm 2020
Môn thi: TOÁN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài : 120 phút
Đề số 50
Câu 1. (1,5 điểm)
Bằng các phép biến đổi đại số, hãy rút gọn các biểu thức sau :
=
A
2. 7
+ 81
− 14
0
=
−
B
.
x
(
> x ≠ x
1
1 − x
1
1 x
) − 1
Câu 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau :
8
2
−
− =
a x )9
2
x
7 0
b
)
+ −
Câu 3. (1,5 điểm) Cho hàm số
22 x=
= 2 3 x y =− 5 3 x y có đồ thị (
1 )P
)P
y
a) Vẽ đồ thị ( b) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (
) :d
cắt (
)P tại hai điểm
phân biệt
y m=
,A B sao cho
AB = 10
Câu 4. (1,5 điểm)
Một tàu du lịch xuất phát từ cảng Cửa Việt đến đảo Cồn Cỏ, tàu dừng lại ở đảo 40
phút rồi quay về điểm xuất phát. Tổng thời gian của chuyển đi là 3 giờ. Biết rằng vận tốc
của tàu lúc về lớn hơn lúc đi là 4 hải lý/ giờ và cảng Cửa Việt cách đảo Cồn Cỏ 16 hải lý.
Tính vận tốc của tàu lúc đi
Câu 5. (3,0 điểm)
)
nội tiếp đường tròn (
)
AB AC≠ O R Các đường cao ; .
Cho tam giác ABC nhọn ( D AC E AB ,
của tam giác ABC cắt nhau tại H. Gọi I là giao điểm thứ
)
BD và CE ( hai của CE và đường tròn (
).O Chứng minh rằng:
2
2
= +
∈ ∈
a) AEHD là tứ giác nội tiếp b) AHB AIB BC c)
2
2
+
= AH
24 R Câu 6. (0,5 điểm) Cho các phương trình bậc hai
+ bx a
+ = 0
+ = c
ax
bx
cx
0;
a
(
) ≠ c ,x x lần lượt là hai nghiệm còn lại của hai phương
có duy nhất một nghiệm chung. Gọi 1
2
trình trên. Chứng minh
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
> 2 x 1 x+ 2
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
308
ĐÁP ÁN
Câu 1.
=
+
−
=
+ −
=
A
2. 7
81
14
14 9
14
9
0
+
x
=
=
−
B
x
.
x
x
(
) − 1
(
)( + 1
) 1
1
1 − x
1
1 − x
x −
> x ≠ x
x
.
x
− (
1 ) 1
x +
+ 1 =
=
x
.
) 1
(
x
2
1 x Câu 2. 2
9 x x
)
7 0 + = )9 a x ⇔ 7 − = ⇔ − 0 7 x x x 7 0 9 − = ⇔ − x 2 ) − + 1 7 0 ( + x ( 9 ) 1 − = )( 1 9
− ( x x = x 1
⇔ 7 = − x 9
Vậy
=
7
x
+
=
=
2
x
3
y
8
x
1
⇔
⇔
b
)
x
−
=
=
=
x
3
y
1
y
2
y
5
7 − 8 2 3
) x y = ;
( 1;2
)
= S 7 9 1; −
Vậy ( Câu 3.
a) Học sinh tự vẽ hình
b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là :
= x 1 ⇒ = y m 1 m 2 2 ⇒ − = ⇔
. Vì
2 x m
2
2
⇒
−
+
−
=
y
y
x
x
10
(
)
(
)
A
B
A
B
2
+
+
=
m m
100
( ⇔ −
)
m 2 2
m 2 2
2
⇔
=
2
m
100
⇔ = m
2
100
⇔ = m 50
(
)
A ; ; m AB = 10 2 m 2 2 m 2 2 m B ; =− x 2 m 2 ⇒ = y m 2 2
4x −
Câu 4. Gọi x là vận tốc lúc đi (
)4x > ⇒ vận tốc lúc về:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
309
Suy ra thời gian lúc đi :
thời gian lúc về:
; 40 phút
Nên tổng thời gian đi và về là :
nên ta có phương trình
, 16 x 16 4x − 2 h= 3
+
−
+
=
x
4
16
x
7
4
(
)
( − x x
)
3 16
2
2
16 x ⇔
−
=
7 = ⇔ 3 64
4 x
7
x
x
x
7
28
124
x
2
) −
+
= ⇔
16 − x ( 3. 32 ⇔ − 7 x
112
x
12
x
192 0
7
12
− x
0
+ ) − 16
= 192 0 (
) = 16
− ⇔ − ( − x x tm
16(
)
−
x
12
= ⇔ 0
)
( ⇔ − x
)( 16 7
(
ktm
)
= x = x
12 7 Vậy vận tốc lúc đi là 16 hải lý / 1 giờ.
h ( ) 3 2 − = 3 7 3
Câu 5.
A
D
I
E
H
O
C
M
B
A'
0
0
0 + 90
= 90 AEH ADH 180 = ⇒ tứ giác AEHD nội tiếp
là tứ giác nội tiếp
(tứ giác AIBC nội tiếp cùng chắn cung AC) 090 (
⇒
(góc trong tại 1 đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện)
⇒
=
(do tứ giác AEHD nội tiếp)
là tứ giác nội tiếp)
∠ gt ) BEDC
BIC BAC AIBC
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ ∠ ∠ a) Ta có: b) Ta có : AIC ABC = =∠ = ⇒ BEC BDC EBC EDA = (1) = EIA AHE Mặt khác ADE AHE Tương tự ta có: ( =
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
310
=
(đối đỉnh)
là tứ giác nội tiếp); DHC IHB
=
( = BAC DHC HEAD Nên ( )2 = BIC IHB Từ (1) và (2) suy ra AIB AHB
c) Kẻ đường kính
AOA chứng minh được
',
'HA đi qua
=
⇒
=
trung điểm M của BC
mà
BM
BC
⇒ ∆vuông tại I OMI
OM
AH
1 2
1 2
- tính chất đường kính dây cung)
BHCA là hình bình hành nên '
2
2
2
2
2
=
=
BO OM
= BM
BM
R
4
2
4
BC
OM 4
2 ) =
Áp dụng định lý Pytago và các biến đổi ta có: ( ( − 4
) 2 −
2
2
(OM BC⊥
Mà
(
)2
2
2
2
2
2
2
= = AH OM 2 OM 4
+ = BC OM 4 + 4 R − 4 OM = 4 R
2
2
+
+
+ =
và
ax
bx
+ = c
cx
bx a
Gọi m là nghiệm chung của phương trình:
( ) 0 1
( ) 0 2
2
+ =
+ am bm c
ta được:
. Lấy ( ) 3
( ) 4−
2
+ =
+
cm bm a
( ) 0 3 ( ) 0 4
2
⇒ −
−
=
− a c
0
(
) a c m
(
)
2
2
− = ⇔ − =
1 0
m
0
do a
( ⇔ −
(
)
)( a c m
) 1
⇒ AH Câu 6.
Với
có hai nghiệm
x 2
x= 11;
= m 1 ≠ ⇒ = − c m 1 c a
, tương tự:
= = m 1, pt (1) x x thỏa mãn 1 2
+
≥
2
2
= . Áp dụng định lý Cô si ta có: 1. x 2 x 1 x 1 c ⇔ = ⇒ = a c a a c
= . Dấu "
"= xảy ra
a c
c a
a c . c a
Với
m = − chứng minh tương tự như trên
1,
a c ktm ( ) c ⇔ = ⇔ = a a c
, ⇒ =− x 1 =− x 2 c a a c
Áp dụng bđt Cô – si
"= xảy ra
= − + − ⇔ = 2 a c ktm ( ) ≥ . Dấu " ⇒ + x 1 x 2 c a a c
Vậy
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
> 2 x 1 x+ 2
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
311
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2020 – 2021
SÓC TRĂNG
Môn : TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 51
Bài 1. (1,0 điểm)
2
=
2 −
a) Cho
P
a
b
+
12
0b < . Rút gọn biểu thức
) 75 . 3
0a ≥ và b) Thực hiện phép tính : (
Bài 2. (2, điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau :
2
b
)
x 2
2
− = a x )2 x− 9 5 0
−
Bài 3. (2,0 điểm) Cho hàm số
− =− 1 y + = 6061 y )P và đường thẳng
x x= − có đồ thị ( )P trên mặt phẳng tọa độ Oxy
a) Vẽ đồ thị ( b) Tìm tọa độ các giao điểm của (
)P và (
)d bằng phương pháp đại số
y d y : x= 2 3
Bài 4. (1,5 điểm) Trong thời gian bị ảnh hưởng bởi đại dịch COVID-19, một công ty may mặc đã chuyển sang sản xuất khẩu trang với hợp đồng là 1000000 cái. Biết công ty có 2
,O bán kính
xưởng may khác nhau là xưởng X1 và xưởng X2. Người quản lý xường cho biết: nếu cả hai xưởng cùng sản xuất thì trong 3 ngày sẽ đật được 437500 cái khẩu trang; còn nếu để mỗi xưởng tự sản xuất số lượng 1000000 cái khẩu trang thì xưởng X1 sẽ hoàn thành sớm hơn xưởng 2X là 4 ngày. Do tình hình dịch bệnh diễn biến phức tạp xưởng 1X buộc phải đóng cửa không sản xuất. Hỏi chỉ khi còn xưởng 2X hoạt động thì sau bao nhiêu ngày công ty sẽ sản xuất đủ số lượng khẩu trang theo hợp đồng nêu trên ? Bài 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là trung điểm AC và O là trung )O tại D, đường thẳng
điểm của AD cắt (
.OC Kẻ BM cắt (
và tính tích
.MC Vẽ đường tròn tâm )O tại E
Chứng minh
a) Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp ∆ b) Chứng minh MAB MDC c) Gọi F là giao điểm của CE với BD và N là giao điểm của BE với AC .
.MB MD theo AC ∆
= MB NE CF MF NB CE . . .
Bài 6. (0,5 điểm) Chiếc nón lá có dạng hình nón. Biết khoảng cách từ đỉnh của nón đến một điểm trên vành của nón là 30 cm, đường kính của vành nón là 40cm . Tính diện tích xung quanh của chiếc nón đó.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
312
ĐÁP ÁN
Bài 1.
2
2
−
a
)
a
b
a
= a
+ = a b
+
b
)
12
75
3
3
7.3 21
(
= )
− b ( = +
( ) − − b ) === 2 3 5 3
Bài 2.
2
− =
a x )2
5 0
x− 9 2
∆ = −
( 9)
> − = − 4.2.( 5) 121 0
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
= = 5 x 1
⇔
⇔
)
b
=
x y
2020 2019
=
= x 2 + 9 11 4 − 9 11 4 1 = − 2
x 2 x Vậy (
− =− y + = y ) x y = ;
1 6061 (
= x 3 6060 = + x 1 y )
2020;2019
Bài 3.
a) Học sinh vẽ đồ thị (P)
2
2
b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm : 2 − = ⇔ +
−
− − =
3 0
x
x
2
x +
0
x
x
3
0
x
3
3
x 3 0 2 ( = ⇔ +
x )(
x 3 ) − = 1
− ⇔ + 3 ) ) ( − =− ⇒ =− y 9 3
1
= x ( ⇔ + x x x ⇔ =⇒ =− x y 1 Vậy tọa độ giao điểm là (
) ) ( − 3; 9 ; 1; 1
− −
Bài 4.
Gọi thời gian một mình xưởng X2 hoạt động để sản xuất đủ khẩu trang là x (ngày)
(chiếc)
(
)4x > ⇒ Mỗi ngày xưởng X2 sản xuất được số khẩu trang:
Nếu để mỗi xưởng tự sản xuất số lượng 1000000 cái khẩu trang thì xưởng X1 sẽ hoàn
thành sớm xưởng X2 là 4 ngày, nên 1 mình xưởng X1 hoạt động để sản xuất được 1 000
000 khẩu trang là
1000000 x
Nên mỗi ngày xưởng X1 sản xuất được số khẩu trang:
(chiếc)
4x − (ngày)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
1000000 4x −
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
313
⇒ Mỗi ngày cả 2 xưởng làm được:
(chiếc)
Nếu cả hai xưởng cùng sản xuất thì trong 3 ngày sẽ làm được 437500 cái khẩu trang nên ta có phương trình:
=
⇔
1000000 1000000 +
437500
3000000
= 437500
3
−
1 −
x
+ x
1 x
4
4
x
x
48(
+ − 4) 48
= 7
) − 4
( x x
4
2
2
=
+
=
− ⇔ −
x
x
x
x
x 1 7 = ⇔ − 48 + 192 48
1 ⇔ + x x ⇔ − 48
7
28
x 2
−
+
= ⇔
⇔ − 7 x
112
x
12
x
192 0
7
− x
12
0
124 ) − 16
192 0 (
) = 16
x 7 ( − x x tm
16(
)
−
x
12
= ⇔ 0
( ⇔ − x
)( 16 7
)
(
ktm
)
= x = x
12 7
Vậy khi chỉ còn xưởng X2 hoạt động thì sau 16 ngày sẽ làm xong số khẩu trang theo hợp
đồng.
1000000 1000000 + − x x 4
Bài 5.
A
D
M
F E
N
O
G
C
B a) Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn 1
ABCD
Ta có: 090 MDC = 090 = ⇒ = ⇒ BDC BAC cạnh dưới các góc bằng nhau)
và tính tích
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.MB MD theo AC ∆ b) Chứng minh MAB MDC ∆
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
314
có:
∆ Xét MAB
= ∠
= ⇒ ∆
∆ và MDC
(đối đỉnh); MAB
MDC
090
MAB MDC g g ( . )
∆
∠ =∠ AMB DMC
(hai cạnh tương ứng)
2
= AC MA MC
.
MA MC
AC
Mà M là trung điểm AC nên
1 = = ⇒ 2
1 = 2
1 AC AC . 2
1 4
2
=
Vậy
MB MD .
AC
1 4
⇒ ⇒ = MB MD MA MC . . MA MB = MD MC
. . .
c) Chứng minh
và
(định lý Ta – let )
Kẻ
( ) 1
( )2
∈ ) EG BF G AC ( / / = MB NE CF MF NB CE . CE EG NB MB = ⇒ = CF MF EG NE
Nhân hai vế của ( )1 và ( )2 ta được: NB CE MB EG = . . EG MF NE CF = ⇔ . .
⇒ = .
MB NE CF MF NB CE dfcm NB CE MB NE CF MF . ) ( .
Bài 6.
độ dài đường sinh của hình nón là
Vì khoảng cách từ đỉnh nón đến vành nón chính là độ dài đường sinh của hình nón nên cm
=
⇒ Bán kính vành nón là
R
= 20(
cm
)
40 2
=
π π
=
Vậy diện tích xung quanh của chiếc nón là
Rl
.20.30 600
xqS
( π
)2 = cm
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= 30( ) l
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
315
SỞ GD & ĐT SƠN LA
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn thi: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngày thi : 22/7/2020
Đề số 52
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1.(1, 5 điểm)
=
Cho biểu thức
A
x −
+ 4
x
1 + x
− 2
1 − x
2
a) Tìm điều kiện để biểu thức A xác định b) Rút gọn biểu thức A
Câu 2. (1,0 điểm)
2
Trên cùng hệ trục tọa độ vẽ đồ thị hai hàm số
Tìm tọa độ giao
điểm của hai đồ thị đó.
=+ y x = 2 & y x .
Câu 3. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:
2
2
2
+
−
− =
+
=
a
= + x
x
)
2020
b x )
2 2
6 0
c x )
7
2
x 2
2035 2
9 x +
3
x
)
(
2
+
−
Câu 4. (1,0 điểm) Cho phương trình
x
2
m
3
+ x m
1 0
− = với m là tham số. Tìm m
(
)
để phương trình có hai nghiệm dương.
Câu 5. (1,5 điểm)
2
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích
,AB AC (B, C
480 .m Nếu tăng chiều dài lên 8m và
chiều rộng giảm đi 2m thì diện tích không đổi. Hãy tính chu vi của mảnh vườn đó Câu 6. (3,0 điểm) Từ điểm A bên ngoài đường tròn tâm O vẽ các cát tuyến là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của OA và BC
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn . b) Tính diện tích tam giác ABC trong trường hợp bán kính đường tròn (O) bằng R và
AO R= 3
c) Dây cung EF thay đổi nhưng luôn đi qua
góc EAF∠
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.H Chứng minh AO là tia phân giác của
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
316
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Tìm điều kiện
Điều kiện
≠
≥ ≥ x x 0 0 0 x 4 0 4 x 4 ≥ x ≠ x − ≠ 2 0 x x − ≠ ⇔ ≠ ⇔
4
x
Vậy biểu thức A xác định khi
≠ 2 x≥ 0,
b) Rút gọn A
=
A
x −
+ 4
x
1 + x
− 2
0 ≠ 4
+
−
x
x
x
2
=
=
=
1
≥ x 1 − x x 2 − −
− − 2 − 4 x
4 4
x x
Câu 2. Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (
)P và (
) :d
2
2
2
2 0
+
2 0 x = ⇔ −
−
x +
=
2
2
2
x
x
0
x
x (
+ = ⇔ − − = ⇔ − x 2 )(
+ − = x ) 1
x x 2 ( ) ) ⇔ − x x = ⇒ = ⇒ x y
2;4
A
2
4
( 0 ) ( =− ⇒ = ⇒ − B y ( 1;1)
1
1
x
⇔
Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là
(
) 2;4 ;
( B −
) 1;1
−
+
2020
= + x
⇔ − = x
2020
)
a
2035 2
x 2
2035 2
⇔ = x
2005
x
A
Câu 3. x 2 1 ⇔ = 2 2
−
) b x ∆ =
+
=
2
8
3 2
2005 2 − = 2 2 6 0 > + = ' 2 6 8 0 = x 1
= −
2
2
=
−
S
2
⇒ x 2 { 3 2;
2
2
+
=
. Điều kiện
x
3x ≠
c)
( ) 7 *
2
=− 8 } 9 x +
3
x
)
(
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
317
2
2
2
2
⇒ ⇔ −
+
+
=
2.
7
x
( ) *
2
3
3
3 x + x
6 x + x
9 x +
3
x
)
(
2
2
2
2
2
3
x
x
+
+
− =
− = ⇔ 7 0
7 0
x
3 x + x
3
6 x + x
3
+ 3 x + x
− 3
6 x + x
3
⇔ −
2
2
2
+
− =
⇔
(1)
6.
7 0
x +
x +
x
3
x
3
2
=
Đặt
t
3
2
2
x + ⇒ ⇔ +
− = ⇔ +
− − =
t
t 6
7 0
t
7
t
7 0
t
x ( ) 1
= ⇔ +
7
7
0
t
t
7
( ⇔ + t t
)
( − + t
)
(
)(
1 ) − = ⇔ = − 1 0 7
= t t
2
+ =− ⇒
có
t )
7
+ 7 x
= 21 0
x +
x
2 =− ⇔ + x 7 3
∆ = − < ⇒ 35 0 PTVN
2
2
− 1 13 tm ( ) 2 + = ⇒ = ⇒ − − = ⇔ x x t ) 1 3 0 1 x + x 3 + 1 13 = tm ( ) x 2 = x 1
Vậy tập nghiệm của phương trình:
13 S 2 2 ± 1 =
Câu 4. Tìm m….
2
+
−
Để phương trình
− = có hai nghiệm dương thì
x
2
m
3
+ x m
1 0
(
)
2
2
m
3
m
0
) − ≥ 1
∆ ≥
+ ≥
−
+ − 9
m
1 0
( >
) −
0
3
m
− )
>
>
S P
m m 6 ⇔ − < m m
3 0 1
− ( − >
m
1 0
2
( ' 0 ⇔ > ⇔ − 2 0 0 +
−
m
≥ 10 0
2
⇔
≤
⇔ < 1
m
2
7 3
m m
1
m
5 <
m
3
≤ x ≥ x < 1
≤ 2m<
⇔ < > Vậy 1 Câu 5.
Gọi chiều dài và chiểu rộng của mảnh vườn là
)( m x
)2
2
Vì diện tích mảnh vườn là
y> > ,x y (
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
480m nên ta có phương trình xy = 480(1)
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
318
Nếu tăng chiều dài lên 8m thì chiều dài mới là
)
Giảm chiều rộng đi 2m thì chiều rộng mới là
( m+ 8x m− 2(
y )
)
. Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
+ = − x = − 16 480 ⇔ + xy 8 480 − 2 8 2 y y x
Khi đó diện tích mảnh vườn không thay đổi nên ta có phương trình: )( ( ⇔ − 2
( ) 8 2
2
2
=
−
−
=
−
=
y
− 480
480 0
y
2
− 120 0
⇔
⇔
⇔
y 8 −
y −
=
xy − x
480 =− y
4
8
8). y
y 8
4
x
4
y
8
x
4
y
8
(4 = − x
= 4 y =
tm
)
40
⇔
12( = −
tm (
)
10(
ktm
12
= x = y
) −
4.12 8
= y y = x
=− = ⇒ − 480) do xy 16( =− 4 8 x y x y
Vậy chu vi mảnh vườn đó:
(
)
(
)
= C 2 x + y + = 2. 40 12 = 104( m )
Câu 6.
F
B
H
O
A
E
C
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn
Ta có:
,AB AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O)
⇒
⇒
=
090 = ABO ACO
⊥ AB OB ⊥ AC OC
0
0
=
+
=
là tứ giác nội tiếp
90
180
⇒ ABOC
Xét tứ giác ABOC có: 0 + ABO ACO 90 b) Tính diện tích tam giác ABC
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
319
= = ⇒thuộc đường trung trực của BC
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ ⊥
A⇒ thuộc đường trung trực của BC
{ } H
vuông tại B ta có:
Ta có: OB OC R O AB AC= AO⇒ là đường trung trực của H⇒ là trung điểm của BC (tính chất đường kính dây cung) Áp dụng định lý Pytago vào ABO∆ 2
2
2
=
= 9
R
R
= 2 2 R vuông tại B, đường cao BH ta có:
2 − − AO OB AB Áp dụng hệ thức lượng cho ABO∆
R
=
=
BH
2 2 3
. OB AB AO 2
2
R
=
=
2
AH
= ⇒ = BC
= BH
AB AO
R R 2 2 . = 3 R R 8 3
R 8 R 3
4 2 3
2
= AO BC BC
ABC
2
R R ⇒ = S AH BC . . = ( dvdt ) 1 2 1 8 R = . 2 3 4 2 3 16 2 9
Vậy khi
thì
ABC
R = OA R= 3 S ( dvdt ) 16 2 9
c) Chứng minh AO là tia phân giác của EAF∠
,
,
Ta có : ABOC là tứ giác nội tiếp (theo câu a) 4⇒ điểm ⇒
, A B O C cùng thuộc đường tròn đường kính AO = HA HO HB HC
( ) 1
. .
Ta có 4 điểm
(phương tích )
E B F C cùng thuộc một đường tròn
,
,
,
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
⇒ = HE HF HB HC . .
có:
∆ và HAF
= HA HO HE HF . . HA HF = ⇒ HE HO
(đối đỉnh)
Xét HEO∆ HA HF = HE HO
⇒
(hai góc tương ứng)
⇒
là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh liên tiếp A, E cùng nhìn cạnh OF
HEO HAF = FEO CAF =
AEOF
= ⇒
(vì
OE OF
)
= EAO FAO
EAF dfcm
)
⇒ dưới các góc bằng nhau) Xét đường tròn ngoại tiếp AEOF có OE OF= AO⇒ là tia phân giác của (
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇒ ∆ = cmt EHO AHF ); ( HEO HAF c g c ( . . ) ∆
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
320
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THPT
TỈNH TÂY NINH
Ngày thi: 17/07/2020
Môn thi: TOÁN (không chuyên)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài : 120 phút
Đề số 53
−
+
Câu 1.(1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức
T =
49
36
16
=
−xác định
T
4
x
3
Câu 2.(1,0 điểm) Tìm x để biểu thức
2
− = y
5
Câu3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình
x +
=
x
3
y
6
Câu 4.(1,0 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số
y
21 x= 2
= =Gọi M là trung
Câu 5.(1,0 điểm) Cho tam giác cân
điểm
AB AC a = 5, BC a 2 .
ABC Biết . ,BC tính theo a độ đoạn thẳng AM
+ + đi qua điểm
Câu 6.(1,0 điểm) Biết rằng đồ thị của hàm số
( = y m
)1
)1;3 . (
Tìm m
− x m 3 4 A
Câu 7.(1,0 điểm) Cho phương trình
22 x
,x x . Không giải
2
phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức
S
x− 4
) 1 .
− = có hai nghiệm 1 7 0 )( ( 2 2 − = − x x 1 2 1
Câu 8.(1,0 điểm) Có hai rổ chứa số quả cam như nhau. Nếu lấy 6 quả cam từ rổ thứ nhất
bỏ sang rổ thứ hai thì khi đó số quả cam ở rổ thứ hai bằng bình phương số quả cam ở rổ
và đường cao
ABC =
= ND . 2
Gọi I là trung điểm
AD AB= . (AH H ,BD đường
thứ nhất. Hỏi ban đầu mỗi rổ có bao nhiêu quả cam ? Câu 9.(1,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 2020.Gọi M là trung điểm của AB và N là điểm trên cạnh AD sao cho AN Hai đoạn CM và BN cắt nhau tại K. Tính diện tích của tam giác KBC Câu 10.(1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có 060 thuộc cạnh BC). Trên cạnh AC lấy D sao cho thẳng HI cắt AC tại E. Tính AEH
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
321
ĐÁP ÁN
−
+
= − + =
Câu 1. 49
36
16
7 6 4 5
=
−xác định
Câu 2.Để biểu thức
⇔ − ≥ ⇔ ≥ 3 0
4
x
x
T
4
x
3
3 4
=
⇔
− = ⇔
Câu 3.
x +
2 x
x + x
y 6
2 2
3
5 12
y x
y
= 1 3
⇔ =
− = 5 y = = 6 y y Vậy hệ phương trình có nghiệm (
) x y = ;
7 y = − x (
7 6 3 ) 3;1
Câu 4. Học sinh tự vẽ đồ thị hàm số (P)
Câu 5.
A
a 5
a 5
B
C
M 2a
cân mà MB MC
⇒
= = BM MC
a
BC = 2
2 a = 2
vuông tại M, áp dụng định lý Pytago ta có:
= ⇒ ABC∆ ⊥ AM BC
2
2
2
2
=
+
=
AC
2 AM MC
⇒ AM
2 − = AC MC
= a
5
a
− 2 a
(
)2
, thay tọa độ điểm A vào hàm số ta có:
∆ Xét AMC
Câu 6. Đồ thị hàm số đi qua điểm
)1;3A (
(
) 1 .1 3
Vậy với
= + − + ⇔ = ⇔ = 3 m m m m 2 4 2 1
)1;3A (
1m = thì đồ thị hàm số đi qua điểm
Câu 7.
+
=
2
x 1
x 2
Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
x x 1 2
7 = − 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
322
2
=
+
S
1
)
2 x 1
2 x 2
x x 1 2
2 − x 1
(
) ( − = 1
(
) 2 + x 2
2
=
+
2
1
(
)
x x 1 2
− x 1
) + x 2
− x x 1 2
)( − 1 (
2
2
−
−
−
2
2.
+ = 1
7 2
7 2
9 4
= −
Câu 8.
Gọi số cam ở mỗi rổ là
( x x
)
Rổ thứ nhất sau khi lấy đi 6 quả cam là :
x> 6, ∈
Rổ thứ hai sau khi thêm vào 6 quả cam là :
6x − (quả)
Theo đề bài, số cam ở rổ thứ hai bằng bình phương số cam ở rổ thứ nhất nên ta có phương
trình:
2
2
− ⇔ + = 6 x x
6
− 12
x
= + 36 0
x
x
+ = 6
)
+
10
−
x 3 = ⇔ − x
0
3
10
0
3
x
3
10
− x (
= + 30 0 x ) )( = − x
⇔
⇔
x ) = − 10 0 − = 3 0
2 = ⇔ − 30 0 ( ) − 10( 3(
( 2 ⇔ − x 13 ( ⇔ − x x x x
x x
= tm ) = ) ktm
Vậy số cam ở mỗi rổ ban đầu là 10 quả.
6x + (quả)
Câu 9.
M
B
A
K
E
N
F
C
D
Kẻ
(
)
∩ ∈ = ⇒ NE DC E BC NE MC F / / ; MK MB = KF NF
Có:
= = 1 3
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
=⇒ EC ND EF = MB BC AD EF AB 1 ⇒ =⇒ =⇒ 6 EF NE 1 6 NE =⇒ NF 5 6 NF AB 5 = 6 NF MB 5 3
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
323
⇒
Mà
=⇒ MK KF MF MC MK = MF MK MC KC = MC 3 4
KBC
BMC
ABCD
= ⇒ S S . S S = = .2020 378,75 ⇒ KBC 3 =⇒ 5 2 =⇒ 3 3 4 3 8 1 4 3 1 = . 4 4 3 16
Câu 10.
C
D
I
E
H
B
vuông tại A mà AB AD
= ⇒ ∆ vuông cân tại A ABD
A Xét ABD∆ Lại có: I là trung điểm của BD ⇒ Trong ABD∆
có AI là đường trung tuyến, đồng thười AI cũng là đường cao
=
⇒
=
mà 090 ( AHB
AH
AIB⇒
090 =
là đường cao) 090
= AIB AHB
⇒
=
(cùng chắn cung AI)
= AHI ABI
=
=
Xét tứ giác AIHB có 2 đỉnh H và I kề nhau cùng nhìn cạnh AB dưới 1 góc vuông Nên tứ giác AIHB là tứ giác nội tiếp 045 Mà AHC
+ ⇒ AHI EHC AHC
⊥ AH BC
090 (
)
0
0 45
( ) 0 45 1
⇒
=
⇒ = − = − = EHC AHC AHI 90
vuông tại 090
+ ABC ACB
A
0
0
0
=
⇒
−
=
−
=
(2)
0 ABC ACB 90
60
30
∆
⇒
=
+
EHC
(hai góc phụ nhau) hay 030 ECH = (3) AEH EHC ECH
90 Ta có: AEH là góc ngoài của
0
ABC∆
0 75
Từ ( ) ( ) ( ) 0 45
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= + = 1 , 2 , 3 AEH⇒ 30
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
324
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2020-2021
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài : 120 phút
Đề số 54
Câu 1. (2,0 điểm)
=
Cho
và
A
+ −
x x
1 1
= B + − − + x x 1 1 x x x 1 1 > x x − x 1 0 ≠ 1
a) Tính giá trị của biểu thức A khi b) Rút gọn biểu thức B c) Tìm x để giá trị của A và B trái dấu
−
−
5
− : 9x =
Câu 2. (2,0 điểm) Cho hệ phương trình
là tham số)
m
(
x 2
x
= 2 y + = y
4 m m 3
a) Giải hệ phương trình khi
−
=−
1
3m =
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (
)
1 y
2
=
2 + −(m là
x=
d
:
y
mx 3
1
m
) :P y
và đường thẳng (
2 x )
;x y thỏa mãn
Câu 3. (2,0 điểm) Cho parabol ( tham số)
( A − 1; 9
)
,x x thỏa mãn
)P tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1
2
=
a) Tìm m để ( b) Tìm m để ( + x 2 2
x 1
)d đi qua điểm )d cắt ( x x 1 2
)
;O R , kẻ hai tiếp tuyến
Câu 4. (3,5 điểm) Qua điểm M nằm bên ngoài đường tròn ( MA MB A B là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và
D)
( , ,
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp và MO AB⊥ = MA AD MD AC b) Chứng minh c) Gọi I là trung điểm của dây cung CD và E là giao điểm của hai đường thẳng AB
và
. .
d) Qua tâm O kẻ đường thẳng vuông góc với OM cắt các đường thẳng
,MA MB lần
lượt tại P, Q. Tìm vị trị của điểm M để diện tích tam giác MPQ đạt giá trị nhỏ nhất.
OI = .OI Tính độ dài đoạn thẳng OE theo R khi R 3
Câu 5. (0,5 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
=− P
23 − x
4
+ x y
− 16
x
+ 2
y
12
+ y
1998
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
325
ĐÁP ÁN
Câu 1.
=
=
a) Thay
A
2
vào biểu thức A ta có:
+ 9 1 − 9 1
≠ ta có:
Với
b) Rút gọn biểu thức B x> 0,
1
x
2
2
+
−
x
−
(
(
x
1
.
B
= :
+ −
x −
x
x x
1 1
x
1
x x
) 1 +
−
x
x
= −
) 1 ) 1
− )( 1
−
+
x
+ + 1
x
+ − 1
x
x ( ) 1
(
=
=
=
4 + x
1
4 +
x
x
x
x
x ) 1 .
− 1 + 1 ) ( 1 . ) + 1 .
x (
= x 9( tmdk )
( 0
c) Để giá trị A và B trái dấu thì
⇒
<
.
< ⇔ 0
0
+ −
x x
1 1
4 + x
1
4 − x
1
> ⇒
< ⇔ − < ⇔ < ⇔ <
Do
4 0
1 0
0
1
x
x
x
1
4 − x
1
AB <
Kết hợp với điều kiện, Vậy Để giá trị A và B trái dấu thì 0
1x< <
Câu 2.
=
5
2
= ⇔
⇔
25 9 2
x
x y
1
7 18
− = y
7 9
x 2
x
= ⇔ =−
5 x =− y
Vậy với
=⇒ m 3 =− ; x y
a) Giải hệ phương trình khi m=3 3m = ta có hệ phương trình: Với = − 2 y x + + = 4 x y (
) 5; 1
y 2 )
−
−
5
Ta có:
x
x 2
(1) (2)
m 4 m 3
= m 3 − x 2 y
)
− = ⇔ − x m 4 2 x
( 2 3 + 4
= m 4
10 1
m − 2 = 3 m m 3 2 x − 5 m x − ⇒ = m x 5 2 ( − 2 2 − ) − = − + m 1
= x y ; 2 m m 1;
( b) Tìm m để…………. = y 2 + = y Từ phương trình ( )2 ta có: Thế vào phương trình (1) ta có: ( ) − m 5 1 ⇔ − 6 x ⇔ = x 5 ⇒ = m y ⇒ Với mọi m phương trình luôn có nghiệm duy nhất (
)
(
) − − + 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
326
−
=−
Theo đề bài ta có :
( ) 1 *
2 x
1 y
≠
x
m
m
⇔
⇔
Điều kiện:
≠ ≠
y
0 0
− ≠ 1 0 2 − + ≠ 2 0
m
1 2 2
−
1
1 0
( ) ⇒ ⇔ *
1 + = − m
2
1 −
−
+
m
2
2
2
+ 2 m
≠ m 2 − 1 m − = 1 0
2 − m 2 )( m 1
)
2
1 − ⇔ = − + m 2 ) ( + m 2 − + + +
− =
( ⇔ − 2 ⇔ − 2 m
2 2
m
m 5
1 0
m 4 2 = −
1(
m
tm
)
⇔ − 2
2 m m
− = ⇔ 3 0
tm (
)
= m
3 2
Vậy
thỏa mãn điều kiện bài toán .
=− m
= 1;
m
3 2
Câu 3.
2
+ −đi qua điểm
a) Tìm m để đường thẳng ………. = y
mx 3
m
1
d
:
( A − 1; 9
)
)
2
Đường thẳng ( ⇒ − =
− − =
m 3
9 1 0
m 9 3 .1 1 2
−
2 + − ⇔ − m m 2 = ⇔ −
5
10 0
2
= 10 0
⇔ − m
3 m
+ m
m
− m
⇔
−
+
−
5
2
5
0
2
5
0
m
= ⇔ + m
− m
( m m
)
(
)
(
)(
5
= − m 2 ) = ⇔ = m
Vậy
m = − hoặc 2 5m = thỏa mãn bài toán
b) Tìm m để (d) cắt (P)…………
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là :
2
2
2
=
2 + mx m 3
1
( ) − = 1 0 *
+ − ⇔ − x m )P tại hai điểm phân biệt có hoành độ là giao điểm 1 )d cắt (
,x x 2
,x x 2
2
2
2
−
m 3
m
0
4
− > ⇔ + > ∀ m 5
4 0
0
m
(
(
)
mx 3 x Đường thẳng ( ( )*⇒ có hai nghiệm phân biệt 1 ) ) ⇔ ∆ > ⇔ 1
(
,x x 2
Vậy với mọi m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 +
Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
. Theo đề bài ta có: −
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= x 1 m 3 2 1 x 2 = x x m 1 2
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
327
2
2
+
=
− =
2
x 1
x 2
x x 1 2
2
+
=
−
−
⇔ − 2 m
4
+ m m
( ⇔ = 3 m m 2 − = ⇔ 2 0
2
m
2
0
2
− ⇔ − 2 m 3 m )
2 0 )
(
) 1 ( m m 2
+
m
= ⇔ 0
( ⇔ − m
)( 2 2
) 1
= m 1 = − m 2
Vậy
1 m = − và 2
2m = thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 4.
E
A
P
D
I
C
M
O
H
Q
B
=
Vì
0
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp và MO AB⊥ ,MA MB là các tiếp tuyến của (O) nên 090 + ∠
OAM OBM= 0 =
0 + 90
Xét tứ giác MAOB có: ⇒
∠ OBM OAM = 180 90
0 180 )
MAOB
là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng (
) =
(tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) M⇒ thuộc trung trực của
O R = OA OB ⇒thuộc trung trực của AB
.AB
Vì MA MB= MO⇒ là trung trực của đoạn thẳng AB Vậy
⊥ MO AB dfcm ( )
= MA AD MD AC .
b) Chứng minh
=
(cùng chắn cung AC)
∆ và MDA
⇒
⇒ ∆
∆ MAC MDA g g ( . )
MA AD MD AC dfcm
⇒ .
= .
(
)
có: AMD∠ AC MA = MD AD
∆ Xét MAC . chung; MAC MDA
c) Tính độ dài đoạn thẳng OE theo R
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
328
Gọi
tại H
theo ý )a ta có OM AB⊥
{ },
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
,
OAM đường cao AH ta có:
2
∩ = AB OM H
2
= OA OH OM .
Mà
(
)
chung;
Xét OCH∆
= =nên = OA OC R OC OH OM .
có: COM∠
∆ và OMC ( cmt )
(hai góc tương ứng)
(đường kính dây cung)
∆ ⇒ ∆ ⇒ ∠ OC OM = ⇒ OH OC OC OM = OH OC = ∠ OMC OCH OMC c g c . ) OCH OMI (1)
⇒
=
) ( . Vì I là trung điểm của
+ OMI MOI
I
=
∆ do OEH
OMI = ∠ CD gt nên OI CD⊥ ( vuông tại 090
=
nên
∠ =∠ OMI ⇒ ∆ Lại có: 090 ( + OEH EOH Mà MOI EOH
Từ (1) và (2) suy ra
)
vuông tại H) ( )2 OMI ⇒ Tứ giác OECH là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)
⇒
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
=∠ =∠ ∠ OCH OEH OEH (
090 = OCE OHE OCE
vuông tại C, có đường cao CI
)OE
2
2
⇒ =
=
=
=
OC OI OE OE .
3
R
OC OI
R R 3
Vậy khi
thì
⇒ ∆ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OCE ta có: 2
OE R= 3 OI = R 3
Đặt
,
OMP đường cao OA
=
d) Tìm vị trí điểm M………. ( OM x x R
). >Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông
1
=
2
2
2
ta có: 1 OA
1 ⇒ = 2 R
1 + 2 x
1 OP
⇒
=
− ⇒ =
OP
2
xR 2
2
1 OP
1 + 2 OM OP 1 1 2 2 x R
−
x
R
Xét tam giác MPQ có đường cao MO đồng thời là đường phân giác (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên MPQ∆
là tam giác cân tại M, do đó đường cao MO cũng đồng thời là
đường trung tuyến
2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
xR = ⇒ = PQ OP 2 2 2 − x R
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
329
2
=
=
Khi đó
S
MO PQ .
x .
R .
MPQ
2 2
2
2
x 2
1 2
1 2
xR = −
x
R
x
R
2
2
2
2
− 2
−
+
x
2
=
=
+
Ta có:
x
2 − R
x 2
2
R 2
R 2
R 2
2
−
−
−
x
R
x
R
x
R
Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có:
2
2
2
2
2
2
2
2
2
− + ≥ − = x R 2 x R . 2 R R 2 R 2 − − R x R
=
Khi đó
R R .2
2
R
MPQS
2
2
2
2
2
=
⇔ − x
R
2 ⇔ − R x
= ⇔ = R x R
2(
tm
)
Dấu "
"= xảy ra
R 2
2
−
x
R
Vậy diện tích tam giác MPQ đạt giá trị nhỏ nhất bằng
22R
x ≥
bằng
2R
M⇔ cách tâm O một khoảng
Câu 5. Tìm giá trị lớn nhất của P
Điều kiện
2
− 3 x
4
+ x y
− 16
x
+ 2
y
12
1998
2 − x
4
− x y
2
+ y
12
+ x
12
4
+ x
=− P ( =−
=−
2 + x
2
2 − x
2
x y
+ − y
6
− x
6
+ y
4
+ x
+ + 18 4 1998
2 + x (
1998 ) + 4
+ y ) − y ) − 9
=−
2
− y
2020
( − x
2 ) + 2
2 ) − 3
2
+
−
≥
x
y
3
≤ ∀ 0,
x y ,
0
∀
≥
Vì
⇒ ≤ P
2020
x y ,
0
2
−
( x
2
) ≤ ∀ 0, x
(
)
2 ( ( + x − 2 −
− =
+
x
2
3 0
x
⇔
⇔
Dấu "
"= xảy ra
= =
y
1
y − =
x
2 0
0y ≥
Vậy
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= = MaxP 2020 ⇔ = x 2; y 1
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
330
UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020-2021
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
MÔN TOÁN (Dành cho tất cả thí sinh)
Thơi gian làm bài: 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 55
−
+
Câu 1. Không dùng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức
A =
50
32
2
Câu 2. Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình:
x 2
+ = 4 y − = y 5
x
=
Câu 3. Cho hàm số bậc nhất
y
x
+ 1
( ) f x
( =
) − 3 1
b) Tính các giá trị :
f
f
a) Hàm số trên là đồng biến hay nghịch biến trên ( ) 0 ;
) + 3 1
(
? Vì sao ?
và
= −
Câu 4. Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số
22 x
y y x= − 3
+ − 3 x = + −
Câu 5. Cho biểu thức
(
) 1
a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị của x để
P : − − x + 1 + x 2 x x 2 1 x 1 x + 3 − > x x 0 ≠ 1 2 x x 3 )(
0P >
=
=Tính
km h trên quãng đường đi từ C đến .B Hãy tính vận /
cm BC 3 ,
cm 5 .
AB
.AH Biết
Câu 6. Ông Minh dự định đi bằng xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 80km ,km tại địa điểm C, xe của ông hỏng nên ông trong thời gian định trước. Khi đi được 20 phải dừng lại để sửa xe mất 10 phút. Sau khi sửa xe xong, để đảm bảo thời gian như đã định, ông Minh tăng vận tốc thêm 5 tốc xe của ông Minh trên quãng đường từ A đến C ,A đường cao Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại .AH độ dài cạnh AC và đường cao Câu 8. Cho hai đường tròn (
)
2;15O
1;10O
Tiếp tuyến chung ngoài AB cắt đường thẳng
( B O∈
( A O∈
cm và ( )
)1 ,
1
=
Tính độ dài đoạn thẳng
2O O tại điểm C với cm .
40
1
CO 1
cm cắt nhau tại hai điểm phân biệt )2 .
,AM BN cắt nhau tại
,
,
.H Chứng minh
2O O biết ,A các đường cao Câu 9. Cho tam giác ABC cân tại MN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH Câu 10. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( .H Đường thẳng AD cắt đường tròn ( AD BE CF cắt nhau tại
),O các đường cao )O tại M khác A
a) Chứng minh tam giác BHM cân
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
331
b) Gọi
.AC Chứng minh ba điểm
,P Q lần lượt là điểm đối xứng với M qua AB và , P H Q thẳng hàng. ,
ĐÁP ÁN
Câu 1.
−
+
−
A =
50
32
2
= 5 2 4 2
+ 2
= 2 2
Câu 2. Ta có:
=
⇔
=
+ = y 4 − = y 5
x
x
x y
9 3 x = − y 4
= ⇔
x 2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (
3 1 (
) x y = ;
) 3;1
Câu 3.
a) Đồng biến hay nghịch biến
=
− >nên hàm số
Xét hàm số
x
+có 1
3 1 0
a =
=
y
f x ( )
x
) ( − = 3 1 +đồng biến trên 1
y ( =
( ) f x ) − 3 1
=
Xét hàm số
y
x
+có: 1
( =
) − 3 1
=
f
=
f
+ + = − + = 1 3 1 1 3
( ) + 3 1
( ) 0 (
(
=
Vậy
3
f
( )0
b) Tính các giá trị ( ) f x ) + = − 3 1 .0 1 1 ) ( − 3 1 . (
) 3 1 ) + 3 1
= và 1 f
Câu 4.
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là :
2
2
Phương trình có dạng
− 2 x x
2
x
1
=⇒ =− y
3 =− ⇒ =− y x 2
9 2
= − ⇔ + − = 3 x x 2 + + = + − = nên có hai nghiệm phân biệt a b c 3 0 2 1 3 0
Vậy tọa độ giao điểm là (
) − 1; 2 ;
− − ; 3 2 9 2
Câu 5.
≠ ta có:
Với
a) Rút gọn P x> x 0,
1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
332
−
+
x
3
+
−
=
:
P
− −
x +
1 + x
2
x x
2 1
x
1
3 −
x +
x
x
2
+
+
( +
x
x
4
x
1
x
x
1
3
x
x
=
=
.
.
x
x
x 2 +
−
x
2
x
x
x
2
) 1 − − + 1 ) − 1
(
+ 4 )(
) 1
+
+
3 ( x
2
2
x
+
(
) 1
x
1
=
=
.
−
x
x
1
+
( 2
x
x
(
+
2
x
3 )( − + 3 )( + ) x 2 ) )( − 1 b) Tìm giá trị x (
) 1
>
Ta có:
> ⇔ 0
0
P
−
1
x
+
2
x
(
) 1
+
> ⇔ − > ⇔ >
Do
x
2
> ∀ ⇒ x
0
1 0
0
x
x
1(
tm
)
(
)
(
−
x
1
Vậy để
) 1 0P > thì
x > 1.
Câu 6.
Gọi vận tốc dự định của ông Minh là
( x km h x > /
)(
)
0
Khi đó thời gain dự định ông Minh đi hết quãng đường A đến B là
Thời gian ông Minh đi hết quãng đường AC là :
( )h 80 x
( )h 20 x
/
Sau khi sửa xe ông Minh đã tăng vận tốc thêm 5 km h / ông Minh đi trên quãng đường
+ CB x : 5( km h trên quãng đường CB nên vận tốc )
Thời gian ông Minh đi hết quãng đường BC là :
Tuy phải sửa xe mất 10 phút
nhưng ông Minh vẫn đến nơi đúng giờ nên ta có
= h ( ) − 80 20 + 5 x 60 + x 5
phương trình:
1 h= 6
(
)
( x x
)
= + ⇔ − + + − = + 6.60 x 5 6.60 x 5 1 6 60 x
80 x ⇔ 60 + x 5 2 2 = + ⇔ + 5 x x
) = 45
x + − 40 0 45 40 x 45 0 60 1 = ⇔ + 6 x 5 − − x x 40 45 ( =⇔ − x = 1800 0 )( + x
) = 45 0 = 40 0
) 45( = 40( tm
( =− x
+ 20 x 1800 ( ⇔ + x x x ktm ) ⇔ ⇔ − x x )
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
km h /
Vậy vận tốc của ông Minh trên quãng đường AC là 40 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
333
Câu 7.
A
C
H
vuông tại A ta có:
2
2
2
=
=
− AB
AC
BC
2 − 3
5
cm
B Áp dụng định lý Pytago vào ABC∆ ( = 4
)
Áp dụng hệ thức lượng cho ABC∆
vuông tại A có đường cao AH ta có:
(
)
=
= = AH BC AB AC . . ⇒ = AH 2,4 cm 3.4 = 5
Vậy
AC
cm AH 4 ,
2,4
cm
. AB AC BC =
Câu 8.
B
A
C
O2
O1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
334
10
cm
⇒ = O A 1
Ta có:
⇒
=
15
cm
) )
( ∈ A O 1 ( ∈ B O 2
O B 2
1
⇒
⇒
AB là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn
AO BO / / 2
1
2
⊥ O A BC ⊥ O B BC
(định lý Ta let)
⇒ = AO 1 BO 2
(
) ⇒
(
)
=
Vậy
20
cm
O O 1 2
⇒ = 60 cm = 60 40 20 cm = CO 2 = − O O 2 1 10 15 2 = ⇒ 3 CO 1 CO 2 40 CO 2
Câu 9.
A
O
N
H
C
B
M
Gọi O là trung điểm của AH
∆
ABC
⇒ ⊥ ⇒ BN AC
090 = HNA
⇒ ∆ vuông tại N ANH
Ta có: BN là đường cao của )( )* ⇒ ∈
( N O
⇒ =
=
(đường trung
ON
ON OH
AH
Xét ANH∆
vuông tại N có đường trung tuyến
1 2
O⇒ là tâm của đường tròn đường kính AH
tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông). cân tại ( )1 O ONH OHN cân tại A, có đường cao AM M⇒ là trung điểm BC
vuông tại N có đường trung tuyến NM
Vì ABC∆ Xét BCN∆
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇒ = ⇒ ∆ ONH
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
335
⇒
=
(đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)
= MN BM
BC
1 2
⇒ ( )2 = MBN MNB
=
Mặt khác BHM OHN
(hai góc đối đỉnh) ( ) 090 3
⇒ = + OHN HBM
090
( ⊥ **
)
là tiếp tuyến của đường tròn đường kính
= hay MN ON
Từ (1), (2), (3) suy ra + MBN HNO Từ ( ) (
)
MN⇒ * , ** .AH
Câu 10.
A
Q
E
F
J
H
O
B
C
D
P
I
M
cân
a) Chứng minh BHM∆
⊥
AB
∆
⇒
=∠
⇒
Ta có:
,AD CF là hai đường cao của
ABC
AFC
= ADC
090
⊥ AD BC
=∠
∠
,F D là hai đỉnh kề nhau nên
AFC
= EDC
=
CF 090 , Mà đỉnh (cùng chắn )DC
Xét tứ giác ACDF có : ACDF là tứ giác nội tiếp DAC DFC
hay
⇒ ( )1
∠ =∠
(hai góc nội tiếp cùng chắn )MC
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= MBC MAC MAC Xét đường tròn ( DFC )O ta có: ( )2
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
336
0
0
=
+
=
⇒
+ BFH BDH
90
BFHD
Xét tứ giác BFHD có: 0 90 ⇒
HFD HBD =
là tứ giác nội tiếp ( )3
∠ =∠ CFD HBD
là đường phân giác
180 (hai góc nội tiếp cùng chắn )HD hay =∠ CBM
Từ (1), (2), (3) suy ra HBD của BHM∆ Xét HBM∆ ⇒ ∆ BHM
=∠ ∠ ∠ hay HBD ⇒ DBM BD
ta có: BD vừa là đường cao, vừa là đường phân giác cân tại B (
dfcm )
P H Q thẳng hàng , ,
b) Chứng minh
=
⊥
MQ
,PM J là giao điểm của AC và
Gọi I là giao điểm của AB và
=
⊥ AC MQ
{ } AB PM I { } J
⇒
0
0
=
=
mà hai góc này là hai góc đối diện
180
BIM BDM+
=
⇒
90 (hai góc nội tiếp cùng chắn )IB
=mà hai góc này kề nhau nên MDJC là tứ
= MDC MJC
(hai góc nội tiếp cùng chắn )JC
⇒
=
(góc ngoài tại 1 đỉnh
)O IBM ACM
Xét tứ giác IBDM có: 0 + 90 nên IBDM là tứ giác nội tiếp IMB IDB Xét tứ giác MDJC ta có: 090 giác nội tiếp JDC JMC = ⇒ Tứ giác ABMC là tứ giác nội tiếp đường tròn ( bằng góc trong tại đỉnh đối diện) ( )1
Ta có: BIM∆
vuông tại ( ) 090 2
⇒ = + IBM IMB I
090
vuông tại ( ) 3
= ⇒ J + JMC JCM
⇒
là hai góc đối đỉnh nên
,BDI JDC
,
=∠ JDC 1 , 2 , 3 JMC
)
(
có:
,MH MP DI⇒ là đường trung bình của PHM∆
B cmt có đường cao BD đồng thời là đường trung
( ) 4
ta có:
JMC∆ Từ ( ) ( ) ( ) = =∠ ⇒ BMI BDI I D J thẳng hàng. , Ta có: BHD∆ là tam giác cân tại tuyến D⇒ là trung điểm của HM . Xét PHM∆ ,D I lần lượt là trung điểm của ⇒ ⇒ PH IJ / /
,D J lần lượt là trung điểm của
,MH MQ
( ) 5
∆ ⇒ ⇒ MHQ DJ HQ HQ JI / / / /
thẳng hàng.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇒ P H Q , , DI PH / / ∆ Xét MHQ DJ⇒ là đường trung bình Từ (4) và ( )5
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
337
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
THANH HÓA
NĂM HỌC 2020-2021
Môn thi: Toán
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian: 120 phút
Đề số 56
Ngày thi: 17/07/2020
Câu I. (2,0 điểm)
Cho biểu thức
1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm các giá trị của x để
P = − 4
≠ x 0; x 1 + P 3 ≥ ≠ x + + − x 4 x 8 − x 4 4 x 2 x x 2 2 = − :
Câu II. (2,0 điểm)
)d có phương trình y
Tìm
= +.
điểm
1. Trong mặt phẳng tọa độ ,a b để đường thẳng ( )2;3M (
+
=
2. Giải hệ phương trình:
3 −
x 2
x
y 3
4 =− y
1
,Oxy cho đường thẳng ( ax b )d cắt trục tung tại diểm có tung độ bằng 2 và đi qua
Câu III.(2,0 điểm)
2
1. Giải phương trình:
2. Cho phương trình
,x x thỏa mãn hệ thức:
+ = 4 0 x 2 x+ 5 + + x m 5 − = ( m là tham số). Tìm các giá trị của m để 2 0
2
x phương trình có hai nghiệm phân biệt 1
2
2
(
) 1
(
) 1
+ = 1 1 − 1 − x 1 x 2
Câu IV.(3 điểm)
,BD CE (D
)O . Các đường cao
thuộc
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( ,AC E thuộc và N (M khác B, N khác
)AB của tam giác kéo dài lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm M
1. Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp được trong một dường tròn 2. Chứng minh MN song song với DE 3. Khi đường tròn (O) và dây BC cố định, điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE không đổi và tìm vị trí của điểm A để diện tích tam giác ADE đạt giá trị lớn nhất.
)C
Câu V. (1 điểm)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
338
+ + =
. Tìm giá trị nhỏ nhất
Cho ba số thực dương
y
z
xyz
2
2
x
z
2
y
=
+
+
của biểu thức
Q
,
+ 2 y
+ 2 x
x y z thỏa mãn điều kiện x , + 2 z
ĐÁP ÁN
Câu I.
≠
≥
Với
≠ ta có:
1. Rút gọn biểu thức P 4 0,
1,
x
x
x
+ 3 P x + + − 4 2 2 2 x x = − :
)
( −
− + + − . 2 8 2 3 2 x x x = : 2 x 4 x ( + − 2 2 x 8 x − x ) x − x )( x ) 4 (
(
)
(
( )( 2
) . ) 2 4
(
) 1
+ − 4 2 x x − − − − 4 8 2 x x = = . − x + + 2 3 6 x x + 8 x − + − 2 − 2 2 x x x x x x )(
x = − 1 x
2) Tìm x để
P = − 4
Ta có:
x
P
=− ⇔ 4
4
x
( − 4 1
)
−
1
= ⇔ = x x
⇔
5
x
= ⇔ = ⇔ = x
4
x
tm (
)
16 25
Vậy
P = − thì 4
4 5 16 25
x =
Câu II.
1) Tìm a, b
)d cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên đường thẳng (d) đi
= a .0
nên thay tọa độ điêm M và đường thẳng (d)
Đường thẳng ( qua điểm ( 0;2) , thay vào ta có: + ⇔ = 2 b b 2 Khi đó phương trình ( Đường thẳng (
)d đi qua điểm
)d có dạng ax= y )2;3M (
=
ta có:
3
a .2 2
1 + ⇔ = a 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ 2
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
339
+
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là
y
2
1 x= 2
b) giải hệ phương trình
=
x
=
+
=
y
x
x
1
⇔
⇔
4
x
3 −
=
=
4 =− y
2
3
1
y
x
1
y
3 − 3
3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (
) x y = ;
( ) 1;1
Câu III.
2
2
2
+ = 4 0
+
=
4 0
5
x
x
x
x
4
4 0
4
x
0
( x x
) 1
(
) 1
+
4
x
( ⇔ + x
)(
) 1
= − x 4 = ⇔ = − 0 x 1
Vậy
{ S = − −
} 1; 4
x 1) Giải phương trình + = ⇔ + + + x+ 5 + = ⇔ + + x
2) Tìm tham số m
Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì
2
∆ > ⇔ −
−
> ⇔ −
0
5
4
m
2
25 4
0
m
+ > ⇔ < ⇔ < m
8 0
33
m
4
(
)
33 4
=−
+
5
Khi đó áp đụng định lý Viet ta có:
− 2
2
2
2
) 1 ) 1
(
) 1
(
x x 2 1 = x x m 1 2 2 ( ) + x 1 2 = 2 ( ) − x 1 . 2
( x 1 ( x 1
− − + 1 1 1 − − 1 =⇔ 2 ) − 1 x 1 x 2
2 +
(
) +
2 ⇔ − x 1
2 x 2
2
2
− 2 + + 1 2 + = 1 x 1 x 2 x x 1 2 − x 1 x 2 1
)
(
)
( ⇔ + x 1
( − x 1
2
− − + 2 2 + = 2 x 2 x x 1 2 x 1 x 2 x x 1 2 + x 2 + 1
(
)
( 2. 5
) − + + 2 5 1
2
⇔ − − − 25 2 m 2 2
) ( m )
) − + = (
2
+
=
⇔ − 2
m
41
m
+ m 8
+ 16 =− + m
5 5 2(
tm
)
2
−
⇔ + m
10
m
25 0
=− −
m
5 5 2(
tm
)
= ⇔
Vậy
thì thỏa đề.
m =− ±
5 5 2
⇔ − + + + = m + 4 25 2 m 4 10 2
Câu IV.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
340
A
M
I
D
G
N
O
E
H
B
P
K
C
F
⊥ ⇒
⊥
nên
Vì
1) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp ,BD CE là các đường cao của ABC∆
BD AC CE AB ,
0 = = 90 BDC BEC
Suy ra tứ giác BCDE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau
2) Chứng minh MN song song với DE
=
⇒
(cùng chắn cung BE)
=(hai góc nội tiếp cùng chắn )BN
⇒
, mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên
/ /MN DE
lớn nhất.
ADES
Gọi
Vì BCDE là tứ giác nội tiếp (cmt) BDE BCE Mà = BCE BCN BMN BDE BMN = 3) Tìm vị trí A để { } H
0
0
=
+
=
⇒
là tứ giác nội tiếp
+ AEH ADH
90
180
AEHD
nên là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, do đó tứ giác AEHD nội tiếp
Xét tứ giác AEHD có 0 90 Lai có 090 AEH = đường tròn đường kính
,AH tâm I là trung điểm của AH
= ∩ BD CE
Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE là đường tròn
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
I ; AH 2
Kẻ đường kính AF và gọi K là trung điểm của BC Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
341
∠
là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) nên
090
Vì , ABF ACF Ta có: ⊥
⊥
AB
BF
AB
⇒
⇒
;
CF BH / /
CH BF / /
⊥ BH AB
⊥ CH BF
,BC HF cắt nhau tại trung điểm mỗi đường mà K là trung điểm BC
CF ⇒ Tứ giác BHCF là hình bình hành ⇒ Hai đường chéo (theo cách vẽ) nên K cũng là trung điểm của HF
=
∆
nên
(tính chất đường trung bình)
OK
AH
Khi đó OK là đường trung bình của AHF
∆
1 2 ;I OK
)
là đường tròn (
,O K cố định nên OK không đổi
∆
bằng OK không đổi
, suy ra đường tròn ngoại tiếp ADE )O và BC cố định, do đó Mà ( Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp ADE
∠
=
Ta có:
BAC
sd cung BC
mà BC cố định nên sđ cung BC không đổi.
1 2
có: ; BAC chung
∠ =∠ ABF = ACF
(góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác
∆ và ACB
Do đó BAC không đổi ∆ Xét ADE AED ACB =
=
BCDE )
theo tỉ số
k
AD AB
2
2
AED
=
Do đó ta có:
k
S S
AD AB
=
ACB
=
cos
∠ BAC
Xét tam giác vuông ABD có:
AD AB
2
2
AED
⇒ ∆ AED ACB g g ( . ) ∆
không đổi nên
đạt
, mà cos BAC∠
AEDS
ABC
ABC
giá trị lớn nhất thì
max
ABCS
=
và
AP BC .
Kéo dài AH cắt BC tại P nên AP BC⊥
ABCS
1 2
không đổi
⇒ = cos ∠ BAC cos ∠ BAC S . ⇒ = AED S S
ABCS
Do BC không đổi (giả thiết) nên Khi đó A phải là điểm chính giữa của cung lớn BC Vậy
đạt giá trị lớn nhất khi A là điểm chính giữa của cung lớn BC
AEDS
AP⇔ lớn nhất
Câu V.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
342
+ + =
Ta có:
x
y
z
xyz
= 1
1 1 ⇒ + xy yz
1 + zx
Đặt
(
)
= = . Khi đó: a b c , , 0 > ⇒ + ca ab bc + 1
2
= Q a
c
1 b
1 c
1 a
+ 2
2 + b
+ 2
2 +
+ 2
2
2
2
2
2
=
+ 2
a
+ b
2 + c
(
)
a b
b + c
c + a
2
2
(
≥
+
Áp dụng BĐT
ta có:
y b
2
2
2
2
2
2
x a (
)2 + y x + a b (
+
≥
= + +
+
+
≥
a b c
) + a b + b c
c a
) + + a b c + + a b c
c a
a b
b c
Lại có:
2
2
2
2
2
2
+
≥
≥
+
≥
a
2
ab ;
b
c
bc 2
;
c
a
2
ca
2
2
2
2
2
2
⇒
+
+
≥
+
≥
+
2
a
b
c
2
+ ab bc
ca
a
b
c
+ ab bc
ca
) + ⇒ +
+ (
b (
)
2
2
2
2
=
+ + a b c
a
+ b
+ c
+ 2
ab
+ 2
ca
( ≥
) +
+
+
+
=
+ ab bc
ca
bc 2
2
+ ab bc
+ ca
3
)
+ 2 bc (
+
=
⇒ + + ≥ a b c
+ ab bc
ca
3
3
ab 2 (
ca )
Do đó :
2
2
2
2
2
2
+
+
+
+
+
+
≥
2
a
b
c
≥ + + + a b c
2
+ ab bc
ca
+ 3 2
(
)
(
)
a b
b c
c a
=
+ ⇔ = = = ⇒ = = =
3 2
a b c
x
y
z
3
Q Vậy min
1 3
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= a b = c 1 x 1 y 1 z
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
343
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
THỪA THIÊN HUẾ
Khóa ngày 18 tháng 7 năm 2020
Môn thi: TOÁN
DỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài : 120 phút (không kể giao đề)
Đề số 57
Câu 1. (1,5 điểm)
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức
A =
25
− 16
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức
B =
+ − 9.2 2 25.2
≠
với
c) Rút gọn biểu thức
x
x> 0,
1
2 16.2
x = C x − + x − 1 − x x x 1 x − : 1
Câu 2. (1,5 điểm)
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình
− = y − 2
5
3 =− x
y
x 3
song song với đường thẳng
b) Tìm giá trị của m để đường thẳng
( ≠ m m
)
= + y mx 2 0
y x= 2 + 2020
Câu 3. (1,0 điểm)
Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn
luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi
bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một
người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cẩu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi
quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả
giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng
vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5
km h . /
17 18
Câu 4. (2,0 điểm)
2
+
x
0
m
+ x m
= ( )1 (với x là ẩn số
) 1
,x x thỏa mãn điều kiện
2
2
( − Cho phương trình: a) Giải phương trình ( )1 ki b) Chứng minh phương trình ( )1 luôn có nghiệm với mọi giá trị của m c) Tìm các giá trị của m để phương trình ( )1 có nghiệm 1 −
2m =
1 2 12 0
2 x x 1 2
= x x+
Câu 5. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm
bất kỳ trên cung nhỏ AC sao cho BCM nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.O Gọi M là một điểm
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
344
lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và ,AB Q là trung điểm của
.AC Gọi P là trung điểm của
a) Tứ giác MFEC nội tiếp b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng
c)
và 090 PQM =
.FE Chứng minh rằng :
= MA MQ MP MF . .
Câu 6. (1,0 điểm)
Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng
nước có thể tích bằng một nửa thể tích chiếc cốc.Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình
nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho.
Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc
cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiếc cao của chiếc cốc dạng
hình nón (bỏ qua bề dày thành cốc và đáy cốc).
ĐÁP ÁN
Câu 1.
=
−
= − =
a A )
25
16
5 4 1
=
−
+
b B )
+ 9.2 2 25.2
= 2 16.2
− 3 2 2.5 2
2.4 2
=
−
+
=
3 2 10 2 8 2
2
−
−
−
x
x
x
1
=
=
x −
c C )
:
x −
− +
1 x
x
x
x
1 − x
x
1 −
+
x
x
x
.
x
: 1
) 1
(
) 1
x
1
=−
=
.
.
.
x −
x −
( x −
1 x
1 + x
= 1
x
1
x
1
x
1
+
+
x
.
x
x
.
x
+ − 1 (
x ) 1
(
) 1
=
1 − 1 x Câu 2.
−
=
=
x
2
2
6
y
1
x
4
⇔
)
a
3 =−
− = y −
y =− 3 y
x + 2 x
2
5
5
x
y
y
1
3
= ⇔ =+ − x Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (
y ) x y = ;
) 4;1
⇔ = 3 (
song song với đường thẳng
Để đường thẳng
+ thì 2 0 y x= 2 2020
b) Tìm giá trị của m = + y mx
( ≠ m m
)
=
=
m
2
⇔
⇔ = m
2(
tm
)
2 ≠
≠
m
m m
2
2020
1010
Vậy
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
2m =
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
345
Câu 3.
Gọi vận tốc lúc về của người đó là
)(
)
0
Suy ra vận tốc lúc đi :
( x km h x > / km h / )
Thời gian lúc đi:
Thời gian lúc về:
+ x 0,5(
( ) h
2 x + 0,5
Vì người đó khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường
Tiền hết tất cả
giờ nên ta có phương trình:
+ = ⇔ +
36
36
+ 0,5
= 17
+ 0,5
x
x
(
)
( x x
)
( )h 2 x
2 + 0,5
x
2 x
2
2
+
⇔ + 36
36
= 18 17
⇔ 17
= − 18 0
x
x
x
x
x
x
2
⇔
−
−
34
136
9
17 + 2 34
x
⇔
x +
34
4
9
0
0
9
4
x = ⇔ − x
127 − 2 − x + x
x
( x x
127 ) −
2 − (
+ x )( 4 34
= 36 0 ) =
36 0 ( −
= ⇔ ) 4(
)
− =
⇔
⇔
4 0 + =
= −
x 34
9 0
x
(
)
x
ktm
= x
tm 9 34
17 18 17 18
km h /
Vậy vận tốc người đó lúc về là 4 Câu 4.
2
+ = ⇔ − −
+ = ⇔ − −
2m =
a) Giải phương trình(1) khi 2m = thì phương trình (1) trở thành: Với 2 − 3
2 0
2 0
2
x
x
x
x
x
2
x
0
(
) − = 1
− =
) 1 =
x
1 0
x
( x x 1
−
⇔
x
2
= ⇔ 0
( ⇔ − x
)( 1
)
− =
=
x
2 0
x
2
=
Vậy với
x
x= 1;
2
2
2m = thì phương trình (1) có hai nghiệm
b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi m =
−
+
Xét phương trình
+ x m
m
x
( ) 0 1
) 1
(
2
2
∆ =
−
Ta có:
− m
− 4.1.
2 = m m
2
m
+ 1 4
+ − m m
= 2
m
1
m
(
( −
2 ) + = 1
) + 1
)2 1
( 0 m
) Vì ( Suy ra phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị m
∆ ≥ ∀ m − ≥ nên 0
c) Tìm các giá trị m….
Theo câu b phương trình luôn có hai nghiệm với mọi m
= +
+
1
Khi đó, áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
x x m 2 1 = x x m 1 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
346
Theo bài ra ta có:
) −
2 x x 1 2
2 x x 1 2
= ⇔ 12 0 = 12 0 x x 1 2 + x 1 x 2
( 2 = ⇔ +
⇔ 12 0 − m m = 12 0 + ( m m − ) + − 1
( ⇔ + m
)(
)
Vậy
thỏa mãn yêu cầu đề bài.
=− m
= 4;
m
3
− 4 m 3 3 = − m 4 = ⇔ = 0 m
Câu 5.
M
A
F
∠AMF=A1;∠FMP=A2;∠PMB=A3 ∠BMQ=A4
Q
P
O
C
E
B
0
⊥ ⇒
=
⊥ ⇒
MF
0 90 ,
ME BC MEC
= 90
=nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng
= MFC MEC
a) Tứ giác MFEC là tứ giác nội tiếp AC MFC Ta có: Tứ giác MFEC có 090 nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau).
b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng
Theo câu
,a tứ giác MFEC nội tiếp nên ( ) 0 180 1
=
= BAM BCM+
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
EFM ECM+ Tứ giác ABCM nội tiếp nên ( ) 0 180 2 (cùng bù với ) Từ (1) và (2) suy ra BAM EFM= BCM
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
347
FM
có:
AM
FEM FCM= (hai góc nội tiếp cùng chắn ( ) ) 3 FCM ABM= (cùng chắn ( ) ) 4 Từ (3) và (4) suy ra FEM ABM= Xét FEM∆ và ABM∆ BAM EFM cmt FEM ABM cmt );
( ∆ ABM g g dfcm ( . )
)
= = ( ( ) FEM ⇒ ∆
=
và
= MA MQ MP MF . . PMQ∠
c)
⇒ =
∆
∆
Từ câu b ta có:
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
ABM
FEM
⇒
⇒ =
⇒
2 2
FQ MF = AP MA
FQ MF AP MA
∆
có:
;
.
và MFQ∆
∆ Xét MAP
( ) = MAP MFQ cmt
) ⇒ ∆ MAP MFQ c g c .
(
090 FE MF AB MA AM FM = FQ AP AM FM = FQ AP
⇒
(2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
(
)
MA MP = MF MQ
∆
⇒
Lại có:
(hai góc tương ứng)
∆ MAP MFQ cmt
(
)
= AMP FMQ
+ ⇒ =
+
M M M
+ ⇒ 4
3
1
3
4
có:
= ⇒ + = M M M M M AMF PMQ 2 1 2 ∆ và MPQ∆ Xét MAF
( = AMF PMQ cmt
);
(
cmt
)
∆ . ) MFA MPQ c g c
( .
⇒ ∆
MA MP = MF MQ
⇒ = MA MQ MP MF dfcm . .
⇒
MFA MQP =
(hai góc tương ứng) mà 090
MFA =
nên ( 090 MQP
)
= dfcm
Câu 6.
Theo đề bài ta có:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
348
Thể tích nước trong cốc hình trụ = thể tích chiếc cốc hình nón
= thể tích chiếc cốc hình
1 2
trụ.
Gọi bán kính đáy của hai chiếc cốc là
Chiều cao của chiếc cốc hình trụ là
( R R > 10
Gọi chiều cao của chiếc cốc hình nón là
= h
)0 ( cm gt ( h h > 1 1
Gọi thể tích chiếc cốc hình trụ là
) ) ,V thể tích chiếc cốc hình nón là 1V
0
2 R h
( cm tm
)
2 R h 1
π π V .10 ⇔ = 15 ⇒ = V 1 h 1 h 1 1 2 1 ⇔ = 3 1 ⇔ 3 1 = 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
1 2 Vậy chiều cao của chiếc cốc hình nón là 15cm
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
349
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
TỈNH TIỀN GIANG
Năm học 2020-2021
Môn thi: TOÁN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút
Đề số 58
Ngày thi: 18/07/2020
Bài I. (1,5 điểm)
1. Rút gọn biểu thức
(
)2 −
=
+
+
≠
với
2. Cho biểu thức
M
x
x≥ 0,
1
2 −
x
1
1 + x
1
1
1 − x .M
a) Rút gọn biểu thức b) Tìm tất cả các giá trị của x để
1M =
A = + 5 7 7 7
Bài II. (2,5 điểm)
1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
x
3
2
4
2
+
− =
+
− =
a x )
2
x
3 0
b x )
3
x
4 0
c
)
x
+ = y − = y
1
và song song với đường thẳng
)d đi qua
)1;4A (
2. Viết phương trình đường thẳng ( + 7
)' :
(
x= d y
Bài III. (1,5 điểm)
2
Trong mặt phẳng tọa độ
x=
) :P y
)P
a) Vẽ đồ thị parabol ( b) Bằng phép tính, tìm tọa độ điểm N thuộc parabol (
)P có hoành độ là 2
,Oxy cho parabol (
Bài IV. (1,5 điểm)
Một người đi xe máy từu địa điểm A đến địa điểm B hết 1 giờ 30 phút. Rồi tiếp tục
,BC biết quãng đường xe máy đã đi từ A đến C dài 150km và vận
đi từ địa điểm B đến địa điểm C hết 2 giờ. Tìm vận tốc của người đi xe máy trên mỗi quãng đường AB và tốc của xe máy đi trên quãng đường AB nhỏ hơn vận tốc đi trên quãng đường BC là 5
km h /
Bài V. (3 điểm)
=
=Tính giá trị của biểu
,A biết
AB
6
cm BC ,
10
cm .
1. Cho tam giác ABC vuông tại
thức
P 5sin B
)
';O r tiếp xúc ngoài tại R r> Kẻ BC là tiếp . = 3 2. Cho hai đường tròn ( + ;O R và ( )
tuyến chung ngoài của hai đường tròn với
tiếp tuyến chung
) B O C O ,
(
,A với ) ( ' ,
trong tại A của hai đường tròn cắt BC tại M
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
∈ ∈
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
350
O B M A cùng thuộc một đường tròn
;
;
;
,AB F là giao điểm của
a) Chứng minh 4 điểm b) Gọi E là giao điểm của OM và
minh tứ giác AEMF là hình chữ nhật
'O M và .AC Chứng
Tính diện tích tứ giác
và
c) Chứng minh rằng tam giác MEF đồng dạng với tam giác cm= . 9 d) Cho biết
= cm 16 R r OBCO 'MO O '
ĐÁP ÁN
Bài I.
A = + 5 7
1) Rút gọn biểu thức
(
)2 −
Ta có:
7 7
)2 −
Vậy
( + 5 5A =
− = 5 7 =+ 7 − 5 7 7 5 A = 7 7 = + 7
2. Cho biểu thức …… a) Rút gọn biểu thức M
Với
≠ ta có:
x
x≥ 0,
1
)( 1
− + x x = + M 2 − + x 1 − x 1 1 + x 1 + + 1 + x 1 2 ) − 1
(
) 1
(
) 1
=
≠
Vậy
với
M
x
x≥ 0,
1
2 − x
1
= ( + 2 2 = = = 2 − x 1 2 + − 1 ( + x ) 1 − x x x x + x )( 1 x )( 1
b) Tìm tất cả các giá trị của x để
=
Ta có:
. Để
M
=⇔ M
1
1
2 − x
1
1M = 2 = − x
1
x
9(
tm
)
⇔ = 2
Vậy với
− ⇔ = ⇔ = 1 x 9x = thì
x 3 1M =
Bài II.
1) Giải các phương trình và hệ phương trình: 2) a x
− = 3 0 x+ 2
+ + = + − = nên có hai nghiệm phân biệt: a b c 1 2 3 0
Phương trình trên có dạng c a
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= = = − 3 x 21; x 1
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
351
Vậy
} { − 1; 3
4
2
4
2
2
2
2
2
+
− = ⇔ −
+
b x )
3
x
4 0
x
x
4
x
− = ⇔ 4 0
x
x
4
x
0
(
) − + 1
(
) − = 1
2
+ =
x
4 0(
VN
2
2
4
x
0
( ⇔ + x
)(
) − = ⇔ 1
2
x
) = x x
1 = − 1
− = ⇒ 1 0
Vậy
S =
{ }1 ±
=
x
2
3
2
x
⇔
= ⇔
)
c
=
+ = y − = y
1
1
1
x
y
y
4 x = − x Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (
) x y = ;
(
) 2;1
S =
Bài III.
a) Học sinh tự vẽ Parabol
b) Tìm tọa độ điểm N
2
Gọi điểm
N
x=
) :P y
(
2
2
Ta có:
2;2
2
2
2; ( =
) y là điểm thuộc parabol ( ) ( = ⇒ N
)
Vậy
N
y (
= x )2;2
Bài IV.
Gọi vận tốc của xe máy trên quãng đường AB là
( x km h
)
(
)
/ x > 0
Vì vận tốc của xe máy đi trên quãng đường AB nhỏ hơn vận tốc đi trên quãng đường BC là 5
(
giờ nên quãng
+ km h / 5 x / km h nên vận tốc của xe máy trên quãng đường BC là
) Vì thời gian đi xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B hết 1 giờ 30 phút 1,5= đường AB là 1,5 (
x km )
Vì thời gian đi từ B đến C là 2 giờ nên quãng đường BC là
(
)(
)
2 + 5x km
nên ta có phương trình:
+
+
=
1,5
5
2
x
x
150
⇔ + x 2
1,5
x
= + 10 150
Vì quãng đường ) ( =
⇔
140
3,5
x
⇔ = x
40(
tm
)
Vậy vận tốc của xe máy trên quãng đường AB là 40
= AC 150 km
Và vận tốc của xe máy trên quãng đường BC là
(
)
km h / + = 40 5 45 km h /
Bài V.
1.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
352
C
10 cm
A
B
6cm
Áp dụng định lý Pytago ta có:
2
2
2
2
2
2
2
2 − 6
+ = ⇔ AB AC BC AC = BC − AB = 10 = 64
⇒ =⇒ AC 8 sin 8 10 4 5
Vậy
+ = + = 3 5. ⇒ = P 5sin B 3 7 AC = = = B BC 4 5
7P = 2.
B
1
M
E
C
2
1
I
F
1
2
1
O
A
O'
O B M A cùng thuộc một đường tròn
,
,
BM
vuông tại B
)O tại B)
⇒ ∆ OBM
(trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông bằng nửa
= IO IM IB
, a) Chứng minh bốn điểm Gọi I là trung điểm của OM ta có: 090 ( là tiếp tuyến với ( = OBM ( )1 ⇒ =
vuông tại A
cạnh huyền) 090 ( = OAM
AM
là tiếp tuyến với (
)O tại
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇒ ∆ )A OAM
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
353
(trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông bằng nửa
( )2
⇒ = = IO IM IA
cạnh huyền) Từ ( )1 và ( )2
Vậy bốn điểm
,
,
,
O B M A cùng thuộc đường tròn tâm I đường kính
( OM dfcm
)
⇒ = = = IO IM IB IA
b) Chứng minh AEMF là hình chữ nhật
là đường trung trực của đoạn AB
=
⊥ ⇒ OM AB MEA
Tương tự
090 = ⊥ ⇒ O M CA MFA
'
0 = 90
= Ta có: OA OB R MA MB= (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OM⇒ ⇒
= MA MB ⇒ ∆ cân tại MAB
B C
+ A A 1 2
+ ⇒ 2
+ 1
1
2
0
+
(tổng 3 góc trong tam giác)
1
= 2 180 0
+
=
90
⇒ ∆ cân tại MCA ( ) ⇒ = 1 1 M A B 1 ⇒ = M A C 2 2
1
= MC MA Từ (1) và (2) suy ra = = BAC B C Mà + BAC B C = BAC B C 2
⇒ Tứ giác AEMF có ba góc vuông nên là hình chữ nhật (
)
dfcm
∆ MEF MO O '
c) Chứng minh
( )3
F 1
cùng chắn cung BM) (4)
Theo câu b, tứ giác AEMF là hình chữ nhật nên A= 1 Mà tứ giác OAMB nội tiếp (câu a) nên O A= 1( 1 Từ ( )3 và ( )4 suy ra F O= 1 1
=
∆
)
và ∆
có: M chung; F O cmt 1( 1 −
∆ Xét MEF ⇒ ∆ MEF
∆
'MO O MO O g ( ' g )
OBCO '
d) Tính diện tích tứ giác
=
EMF
⇒ ∆ vuông tại M OMO
'
2
=
Tứ giác AEMF là hình chữ nhật nên 090 MA là đường cao trong tam giác vuông MA
AO AO .
MA
cm
OMO nên: ' ) ( 12
(
⇒ = = cm cm 12 24
Ta có:
= = ⇒ = ' 16.9 144 ) ⇒ = BC ⊥ ⇒ O C BC OB BC OB O C
/ /
,
'
'
Tứ giác
MA MB ⊥
⇒
=
+
=
+
=
S
cm
OB O C BC '
.
(
)
( ) . 16 9 .24 300
OBCO
'
nên là hình thang vuông )2
(
OBC = 1 2
2
Vậy
' / / ' OB O C và 090
OBCO
'
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
OBCO có 1 2 = 300 cm S
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
354
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TỈNH TRÀ VINH
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 59
Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)
I.
Bài 1. (3,0 điểm)
−
1. Rút gọn biểu thức
+ 4 75 2 108
2. Giải hệ phương trình
x x
− = 7 y = + 0 2
y
3. Giải phương trình:
A = 3 27 2 3 22 x
x+ − = 10 0
Bài 2. (2,0 điểm) Cho hàm số
y
có đồ thị là (
)P
21 x= 2
)P của hàm số
1) Vẽ đồ thị ( 2) Tìm tung độ của điểm nằm tên (
)P có hoành độ bằng 8.
Bài 3. (1,0 điểm)
Để dẫn nước ngọt tưới tiêu cho vườn nhà, ông Hai đã xẻ một con mương làm cho
phần đất còn lại của vườn có dạng hình tam giác vuông với độ dài cạnh huyền và chu vi lần lượt là 130m và 300 .m Tính diện tích phần đất còn lại của ông Hai Bài 4. (1,0 điểm)
2
+
+
2
x
=
>
Cho biểu thức
B
1
x
0
)
x −
x +
x
x
1
x ( + − x
1) Rút gọn B
Phần tự chọn (3,0 điểm)
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của B II.
Thí sinh chọn một trong hai đề sau đây
Đề 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O). Các đường cao AD BE CF cắt nhau tại H
,
.M N Chứng minh
,
)O lần lượt tại
, 1) Chứng minh tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn 2) BE và CF cắt đường tròn ( 3) Chứng minh H là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác DEF
/ /MN EF
Đề 2
,MA MB đến đường
tròn (
,MB cắt đường tròn tại
),O vẽ hai tiếp tuyến Từ một điểm M ở ngoài đường tròn ( ,A B là hai tiếp điểm). Qua A vẽ đường thẳng song song với
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
355
,E đoạn thẳng ME cắt đường tròn tại
Chứng minh
1) Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn
2
.F Hai đường thẳng AF và MB cắt nhau tại I.
= IF IA .
IB 2) 3) IM IB=
ĐÁP ÁN
Bài 1.
1) Rút gọn biểu thức
Ta có:
− = − + A = 3 27 + 4 75 2 108 3.3 3 4.5 3 2.6 3
=
y
x
2
− = y
+ − = 3
− 14
x
14
x
= 2
⇔
⇔
+
7 =
x
2 = 2
2
0
x
y
y
2
7
y
3
4 + 3
= 9 3 20 3 12 3 2) Giải hệ phương trình: x
=− x )
0 3 Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( 22 x + x 4
− 2; 3
3) Giải phương trình 2 2 = ⇔ − + − x
10 0
2
2
x
x
= 7 ⇔ = − y ) ( x y = ; x+ − − x 5
2
− x
5
0
( − x x
) + 2
(
) = 2
2
+
⇔
x
5
= ⇔ 0
( ⇔ − x
)( 2 2
)
x
x 2
− = 2 0 + = 5 0
x
= x
5 = − 2
= 10 0 = ⇔ 10 0
Vậy
= S 2; 5 2 −
Bài 2.
1) Học sinh tự vẽ đồ thị hàm số (P)
2) Tìm tung độ…….
Gọi A là điểm thuộc đồ thị (
)P và có hoành độ bằng
(
)
= ⇒ 32
A
(8;32)
⇒ = Ay
21 .8 2
Vậy tung độ của điểm cần tìm là
32
Ay =
⇒ 8 A y 8; A
Bài 3.
Gọi độ dài hai cạnh góc vuông phần đất còn lại của ông Hai lần lượt là )( x y m DK ,
(
)
Vì độ dài cạnh huyền mảnh đất còn lại là 130m nên ta có phương trình
2
2
2
=
định lý Pytago trong tam giác vuông)
x
y+
130
( ) = 16900 1 (
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
< < 150 x y , : 0
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
356
Lại có chu vi của mảnh đất là 300m nên ta có: ⇔ = ⇔ + = 170 x y y x
( ) − 2
Thế (2) vào (1) ta có:
2
2
−
=
+
x
16900
x
)
2
−
+
=
( 170 2 ⇔ + x
28900 340
x
x
16900
+
=
2 ⇔ − x
170
x
6000 0
120
x
6000 0 = −
50 −
0
50
120
= )
=
−
+ x ( 50
0
120
− ) 120 )( x
=
2 ⇔ − x ( ⇔ − x x ( ⇔ − x
tm tm
x x
) )
x ) ⇒ = 120 y 50( ⇔ = ⇒ = 50 y 120( Hai cạnh góc vuông phần đất còn lại là 50 ,120m
m
=
Vậy diện tích phần đất còn lại của ông Hai là :
S
.50.120 3000
m
(
)2 =
1 2
= 130 300 + + y 170 x
Bài 4.
1) Rút gọn B Điều kiện:
2
+
+
2
x
=
B
1
x +
x − x
x
1
x + − x
0x >
) 1
( . 2
) 1
( . x x x −
+ + x x = + − 1 B 1 x x
) 1
+ − + x x x x x ( = + − − 1 2 1 x − + 1 x
2 + )( 1 x = − x x x − x
Điều kiện:
= + x 2) Tìm Min P
2
0x >
2 −
Ta có:
(
)
2
= − = − B x x x 2. x . − x 1 2 1 4 1 + − = 2 1 4 1 4 2
Vì
(
)
)
(
0
x
x
tm (
)
Dấu "
"= xảy ra
1 ⇔ − = ⇔ = 2
− − x ≥ ∀ > ⇒ x 0 0 x − ≥ − ∀ > ⇒ ≥ − x B 0 1 2 1 4 1 4 1 4 1 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
1 4
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
357
Vậy
MaxB
1 =− ⇔ = x 4
1 4
Đề 1.
A
M
1 E
O 1 2
N
1 2
1 F
H
1
C
1
D
B
0
⊥ ⇒
=
AD BC
90
Ta có:
0
=
1) Chứng minh tứ giác BDHF nội tiếp BFH BDH
⊥ ⇒ AB
90
CF
0
0
+
=
+ BFH BDH
90
180
Xét tứ giác BDHF có 0 = 90 ⇒ Tứ giác BDHF là tứ giác nội tiếp
2) Chứng minh
⇒
=
Xét tứ giác BCEF có:
090 = BEC BFC
⊥ ⊥
AC AB
là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc
/ /MN EF BE CF
(hai góc nội tiếp cùng chắn )BF
⇒ = 1
BCEF
M= ∠ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung
(
)
1
1
Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên
⇒ ∠ = ∠ = ∠ )BN M E 1 C 1 ⇒ bằng nhau) C E 1 Lại có C 1
( / / )
MN EF dfcm ∆
3) Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp DEF
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
358
⇒
=
Xét tứ giác CDHE có:
090 = CDH CEH
⊥ AD BC ⊥ AC BE
0
0
⇒
⇒
+
=
=
là tứ giác nội tiếp
180
CDHE
90 (hai góc nội tiếp cùng chắn )DH
0 + CDH CEH 90 E C 1
⇒ = 2
=
Lại có
(
)
EH
⇒ = ⇒ là tia phân giác của ( )1
C E cmt 1
1
E E 2 1
DEF
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có FH là phân giác của ( )2
Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
DFE
DEF dfcm ( )
Đề 2.
A
E
F
O
M
I
B
1) Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn
⇒
⇒
=
Ta có
,MA MB là các tiếp tuyến tại
O
090 = MAO MBO
,A B của (
)
⊥ OA MA ⊥ OB MB
0
=
+
=
mà hai góc này đối diện nên
+ MAO MBO
90
0 180 ,
Xét tứ giác MAOB có 0 90 MAOB là tứ giác nôi tiếp
2
chung
có: AIB∠
IF IA . IAB∆
2
⇒ ∆
∆
− ⇒ =
IBF
IAB g (
g
)
⇒ = IB .
IF IA dfcm (
)
IB IF IA IB
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= và (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn )BF IB 2) IBF∆ Xét IAB IBF=
3) Chứng minh IM IB= Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
359
⇒
(hai góc so le trong)
/ /
)
= AEM EMB
=
=
AE MB gt ( Ta có: Hay AEM FMI Lại có: AEI MAI
(
)
=
IMF MAI cmt
)
MIF
∆ ( . ) AIM g g
(cùng chắn )AF có: MIAchung; (
⇒ ∆
2
⇒ = ⇒
=
MI
IA IF .
2
2
⇒ ∠ = ∠ = ∠ MAI IMF AEM
Xét MIF∆ MI AI MI
và AIM∆ IF IM IB
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇒ = = ⇒ = . IA IF MI IB dfcm ( )
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
360
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TUYÊN QUANG
NĂM HỌC 2020 – 2021
MÔN THI: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài : 90 phút
Đề số 60
Ngày thi: 22/07/2020
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN
=
3
tương đương với nhau khi và chỉ
và
Câu 1. Hai hệ phương trình
y =
2 x
− = x y + = y
1 2
− ax 2 + x by
3
=−
= =
=−
khi : A a .
= =− 5,
b
2
=− . B a
5,
b
2
C a .
5,
b
2
D a .
= 5,
b
2
Câu 2.Trong các hệ phương trình dưới đay, hệ phương trình nào là hệ hai phương trình
bậc nhất hai ẩn ?
2
x
+ = y
C
.
D .
A .
B .
1 2
+ + = z =
=
+ = y + 3
1 = y
0
x 2
y + 3
1 0
y
x
x 2
y
x
2
0
y
x
x 2
+ = y + 3
Khẳng định nào dưới
cm= .
)
(
+ 3 ) O cm Biết
1
2
O O 1
2 1
O cm ;5 & ;6 .
2
2
O cắt nhau & &
& O không giao nhau & O tiếp xúc trong với nhau
1 = x 0 Câu 3. Cho hai đường tròn ( đây đúng ? ( ) ( )
) )
) )
( O tiếp xúc ngoài với nhau (
) )
( A O . 1 ( C O . 1
2
( B O . 1 ( D O . 1
2
= −có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng
Câu 4.Cho hàm số y
ax b
-2
-1
=−
A a .
= =− 1, b
2
=− . B a
1,
b
= =− 2
C a .
=− 2,
=− b
2
D a .
2,
b
2
là:
Câu 5. Nghiệm của hệ phương trình
0 =
x x
+ = y + 2
y
3
3
A .
B .
C
.
D .
= − 3 −
= = 3 = −
=
x y
x y
x y
x y
= − 3 = = 3
3
3
3
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
361
Câu 6.Trong một đường tròn, khẳng định nào dưới đây đúng ?
A. Góc nội tiếp có số đo bằng góc ở tâm cùng chắn 1 cung
B. Góc ở tâm có số đo bằng một nửa số đo của cung bị chắn
C. Góc nội tiếp có số đo bằng số đo của cun bị chắn
D. Góc ở tâm có số đo bằng số đo của cung bị chắn
=
Câu 7. Đường thẳng
(
) + 1
khi và chỉ khi:
y 2 m x + (với m là tham số) song song với đường thẳng 3
y x= 2
đi qua điểm nào dưới đây ?
= = = = C m . D m . 2 A m . B m . 3 2 2 3
Câu 8. Đồ thị hàm số
y
(
)
(
) 3;1
(
)
(
A P . − − 3; 3 B Q . C N . D M . 3;3 1 2 21 x= 3 ) − − 3; 1
Câu 9. Cho tam giác vuông ABC có đường cao AH như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng ?
B
H
3 cm
C
A
4 cm
= = = = A .cot CAH B .cot CAH C .cot CAH D .cot CAH 4 3 3 5 3 4 4 5
Câu 10. Cho tam giác ABC có đường cao AH như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng
B
H
3 cm
C
A
4 cm
=
=
=
=
A BH .
1,8
cm
B BH .
1,7
cm
C BH .
2
cm
D BH .
1,9
cm
Câu 11. Cho tam giác vuông ABC như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng ?
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
362
B
3 cm
C
A
5 cm
=
=
=
=
AC
4(
cm
)
B AC .
2 7(
cm C AC
)
.
cm D AC
)
.
6(
cm
)
2
đi qua điểm
Câu 12.Biết đồ thị hàm số
, giá trị của a bằng:
(
34( )2;2
−
A
.1
C
− . 1
B .
D .
1 2
1 2
A y ax=
2 3 x−
− = bằng: x 2 0
Câu 13.Tích tất cả các nghiệm của phương trình − . 2
− . 3 .2 C B A D .3
Câu 14.Trong một đường tròn, khẳng định nào dưới đây sai ?
B. Dây nào gần tâm hơn thì dây đó nhỏ
A. Hai dây cách đều tâm thì bằng nhau
hơn
C. Dây nào gần tâm hơn thì dây đó lớn hơn D. Hai dây bằng nhau thì cách đều tâm
Câu 15. Biểu thức
5x − xác định khi và chỉ khi B x . 5
≥ < ≤ > A x . 5 C x . 5 D x . 5
Câu 16.Đường tròn ngoại tiếp hình vuông cạnh
( 6 cm có bán kính bằng
)
A
.3 2
cm
B cm .3(
)
C cm .6(
)
D
.6 2
cm
(
)
(
)
Số đo của góc OAB bằng
Câu 17.Cho đường tròn (O) như hình vẽ, Biết cung 0 110 .
AmB =
m
B
A
O
0
0
0 .25
A .40 C D .30
B < Khẳng định nào dưới đây đúng ?
Câu 18.Cho
a
b> 0,
0 .35 0.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
363
= −
= =
−
=
A b a
.
ba
B b a
.
ba
C b a .
2 b a
D b a .
2 b a
Câu 19. Trong các hàm số dưới dây, hàm số nào là hàm số bậc nhất?
2
2
2
3
2
3
= − = = A y . x 2021 + . B y =− 2020 x 7 C y . 10 D y . 2020 x 2 + x 1
π r π r .4 .4 C B A . π r D . π r
Câu 20. Thể tích hình cầu có bán kính r bằng: 4 3
4 3
Câu 21. Căn bậc hai số học của 16 là :
A − . 4 B C .4 D .256
−đi qua điểm nào dưới đây ?
Câu 22. Đồ thị hàm số
4
( 1;2
)
)
(
)
(
)
A P . 0;4 B N . C Q . − 4; 4 D M . 2;0 = . 4 & 4 x= y 2 (
Câu 23.Cho hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh là .l Diện tích xung quanh của hình nón được tính theo công thức ?
2 r l
2 r l
xq
xq
xq
xq
= π = = π = π A S . B S . π 2 rl C S . rl D S . 1 3
Câu 24.Cho tam giác vuông ABC như hình vẽ
B
6 cm
3 cm
C
A
Khẳng định nào dưới đây đúng ?
= = = = A .cos ABC B .cos ABC C .cos ABC D .cos ABC 3 3 3 1 2 3 2
Câu 25.Cho
a < − khẳng định nào dưới đây đúng ?
1,
2
4
+
= + a
1
B .
+ a
a
( A a .
) 1
(
) 1
2 ( = +
) 1
2
4
+
2 =− −
+
1
a
a
(
) 1
( C a .
) 1
( + D a .
) =− 1
có chu vi bằng:
= 10( cm )
( π
( π
( π
( π
)
)
)
.100 .20 .10 .25 cm cm cm cm D C A B
= d Câu 26.Đường tròn đường kính ) −có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng
Câu 27. Cho hàm số y
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
ax b
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
364
y
x
O
<
<
>
<
>
>
<
>
A a .
0,
b
0
B a .
0,
b
0
0,
b
0
D a .
0,
b
0
C a . =
Câu 28.Một hộp sữa hình trụ có chiều cao
chu vi của đáy bằng 37cm .Tính thể
tích của hộp sữa (lấy đến 1 chữ số sau dấu phẩy và coi phần vỏ hộp là không đáng kể)
3
3
3
3
A
.1634,2
cm
B
.544,7
cm
C
cm
D
.544,8
cm
(
)
(
)
( .1634,1
)
(
)
2
xác định khi và chỉ khi:
h 15( cm ),
Câu 29. Biểu thức
1 x−
≤ −
< −
x
1
1
x
A
− < < . 1
x
1
B .
C
.
D
− ≤ ≤ . 1
x
1
≥
>
x
1
1
x
=
Câu 30. Cho đường tròn tâm O, bán kính
r 4( cm )
C
B
A
O
Biết rằng
,
=tính độ dài đoạn thẳng AB
=
=
=
=
A AB .
cm B AB
.
2 6
2 5(
cm C AB
)
.
4 2
cm D AB
.
2 7
cm
(
)
(
)
= AO (
2 , r AB BC )
PHẦN II. TỰ LUẬN
+ + =
Câu 31.(1,0 điểm)Giải phương trình:
22 x
x
( 1 2 3
) − x
Gọi H là chân
= = AB 4
Câu 32.(1,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có
(
) 0 cm ADB , 30 .
đường cao kẻ từ A xuống đường thẳng giác ABH
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
.BD Tính độ dài đoạn thẳng BD và diện tích tam
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
365
≤ Tính giá trị lớn nhất của biểu
Câu 33.(0,5 điểm) Cho hai số thực
,a b thỏa mãn 0
a b≤ ,
1.
−
thức
= 2P
a b b a
ĐÁP ÁN
I.Trắc nghiệm
1C
2B
3D
4C
5A
6D
7B
8D
9B
10A
11C
12D 13B
14B
15A 16A 17B
18C
19B
20D
21C
22D 23C
24C
25C
26A 27C
28C
29D 30A
II. Tự luận
Câu 31.Giải phương trình
2
2
+ + =
2
x
x
− ⇔ + + = − 1 6 2
2
x
x
x
x
( 1 2 3
)
2
−
=
⇔ + 2 x
3
x
2 − =⇔ + x
5 0
2
− 5 x
+ =⇔ 2 x
1 0
2
x
5
2
x
5
0
( + x
)
( +
)
1
+
x
5
= ⇔ 0
( ⇔ − x
)( 1 2
)
= x 5 = − x 2
Vậy
= S 5 2 1; −
Câu 32.
4 cm
B
A
H
300
C
∠
= ⇒ = BD
ADB
sin
8(
cm
)
AB ∠
D Xét tam giác vuông ABD có: AB BD
= ADB
sin
4 = = 0 sin 30
4 1 2
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABD vuông tại A, ta có:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
366
2
2
=
AB
⇒ = BH BD BH
cm
.
2
(
)
2 4 = = 8
AB BD Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABH ta có:
2
2
2
2
2
2
2
=
−
AB
AH
+ BH
AB
= 4
2
= 2 3(
cm
)
2
⇒
=
S
AH BH .
cm
∆
ABH
)
1 2
− ⇒ = BH AH 1 ( = = .2 3.2 2 3 2
=
Vậy
BD cm S 8
,
2 3
cm
∆
ABH
(
)2 =
Câu 33.
=
−
P
2
a
a
b
(
) ≤ thì 0
Nếu 2
a
b−
> ta có:
Nếu 2
a
b−
0
3
3
0P ≤
(
)
(
)
=
b
= a
a
b
2
⇔
Dấu "
"= xảy ra
− ⇔ = = a b
1
=
a
1
Vậy
+ − a b a b = − = P a b . 2 a b a ≤ 1 + 2 3 ≤
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
MaxP = ⇔ = = a b 1 1
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
367
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
VĨNH LONG
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 19/07/2020
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 61
Thời gian làm bài :120 phút
Bài 1. (1,0 điểm)
Tính giá trị biểu thức:
=
+
−
−
+
a A )
2 20 3 45
80
b
)
3
7
+ 11 4 7
(
)2
Bài 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
2
2
−
+ =
−
a x )3
7
4 0
b x )3
= 12 0
x
y
4
2
−
+ =
c
)
4
x
4 0
) d x
x = 8 =
+ 3 −
y
27
6
x
3
Bài 3. (2,0 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ
y
có đồ thị (
).P Vẽ đồ thị (
)P
2
+
−
+ −
b) Cho phương trình
x
2
m
5
x
4 2
m
21 x= 2 0
= ( x là ẩn số, m là tham số). Tìm m
(
)
,Oxy cho hàm số
,x x thỏa mãn
để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1
2
3 x 1
3 = 2 1
x+
Bài 4. (1,0 điểm)
Một người dự định đi xe máy từ Vĩnh Long đến Sóc Trăng cách nhau 90 việc gấp cần đến Sóc Trăng trước giờ dự định 27 phút, nên người ấy phải tăng vận tốc thêm 10
.km Vì có
km h .Hãy tính vận tốc xe máy mà người đó dự định đi /
Bài 5. (1,0 điểm)
=
=
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao
BH
cm CH ,
9
cm
tính diện tích tam giác
.AH Biết
4 a) Tính độ dài đường cao AH và số đo ABH (làm tròn đến độ) b) Vẽ đường trung tuyến AM của tam giác
),
(
AHM
ABC M BC∈
Bài 6. (2,5 diểm)
Trên d lấy điểm N sao cho N nằm bên ngoài nửa đường tròn (
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính (
)(O E là tiếp điểm, E và A nằm cùng một phía đối
) . tại tiếp tuyến NE với nửa đường tròn ( )d với đường thẳng
a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp được đường tròn
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
, ≠ M M O A .AB Vẽ đường thẳng d vuông góc với OA ).O Kẻ
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
368
2
)O tại C. Chứng minh
b) Nối NB cắt nửa đường tròn ( c) Gọi H là giao điểm của AC và
= NE NC NB .
=
)O ( Chứng minh NEF NOF
.d F là giao điểm của tia EH và nửa đường tròn
Bài 7. (0,5 điểm)
2
2
3
+
+
+
−
=
và
2
x
m
+ x m
( ) 7 2 23 0 1
) 1
2
2
+
−
=
+
( x là ẩn số, m là tham số).
2
x
( ( ) 9 2 30 0 2
Cho hai phương trình (
) − m m x
Tìm giá trị của tham số m để phương trình ( )1 và phương trình ( )2 có nghiệm chung 3x =
ĐÁP ÁN
Bài 1.
= + − − a A ) 2 20 3 45 80 + = 2.2 5 3.3 5 4 5
2
= − = 4 5 9 5 4 5 9 5
( +
)
= − + = 7 + 11 4 7 3 7 7 2 b B )
2 ) + 2 (
+ ( − 3 + 7 + 7 Do > 3 7) =− 3
= 5
Bài 2.
23 x
+ = x− 7 4 0
a) Giải phương trình
Ta có:
2
2
2
−
=±
b x )3
12 0
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =± 12
3
4
x
x
x
2
S
{
} 2
=
x
7
=
=
+
y
x
x
5
⇔
⇔
)
c
x
8
3 −
8 =
=
=
y
x
3
6
27
1
y
y
35 − 3
) x y = ;
(
) 5;1
2
4
2
+ = ⇔ −
−
=
4 0
d x )
2
0
4
x
x
)2
2
2
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( ( 2
2
x
x
x
±
Vậy
S =
⇔ − = ⇔ = ⇔ =± 2 0 }2 {
= a b c 3 7 4 0 + + = − + = nên phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 x x= 1; 2 4 3
Bài 3.
a) Học sinh tự vẽ b) Tìm tham số m
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
369
2
+ −
+
−
=
Xét phương trình
4 2
m
2
5
x
x
)
( ) 0 * m x x ⇔ ∆ >
,
0
( Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 1
2
2
2
−
−
+
+
−
>
m
5
m
> ⇔ − 4
m
0
20
m
25 16 8
m
0
( ⇔ − 2
)
( 4. 4 2
)
2
2
+ > ⇔ −
> ⇔ ≠
⇔ − 4 m
12
m
9 0
m
2
3
m
0
(
)
3 2
Khi phương trình có hai nghiệm phân biệt, áp dụng hệ thức Viet, ta có:
+
=
2
+ 5
. Theo bài ra ta có:
x 2 =
m − 4 2 m
x 1 x x 1 2
3
)
(
)
3
− + = 3 1 x 2 x 1
)
3
2
2
+ − + = m 5 m − 2 m 5 1
) −
( ⇔ + x 1 ( ⇔ − 2 ⇔ − 8
2
3
x x 1 2 ( − 3 4 2 − x 2 )( + − + = + m 150 m 125 60 12 m 54 m 1 60 m
− + + 96 m = 64 0 m
+ = ⇔ = ⇔ = 2( 0 2 4 ) 4 m m tm m 48 3 )
⇔ − 8 ( ⇔ − 2 m 2m = Vậy
Bài 4.
Gọi vận tốc dự định của người đó là
( x km h x > /
)(
)
Nên thời gian dự định đi của người đó:
(giờ)
0
Vận tốc thực tế người đó đi:
Nên thời gian thực tế đi là
+ x 10( 90 x km h / )
h ( ) 90 x + 10
Vì đến Sóc Trăng sớm hơn dự định
nên ta có phương trình:
= h 27' 9 20
− = ⇔ − = 90 + 10 + 90 x x 10 x x
⇔ + − = 10.20 10 10.20 x x x 9 20 ) 10 (
2 ⇔ + x
2 = + x (
− − 50 x 40 x 2000 0 50 40 + x 50 0 2000 ) − 10 ) =
( ⇔ + x
)(
)
Vậy vận tốc dự định đi của người đó là 40
1 20 20 ( ) + ⇔ 10 x x ( = ⇔ + x x 50( ktm ) − 50 x 40 40( tm ) = − x = ⇔ = 0 x
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
km h /
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
370
Bài 5.
A
C
H M
B
a) Tính độ dài AH………..
2
vuông ta có:
Xét tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác AH
0
=
⇒ ∠
≈
tan
= 1,5
ABH
56
∆ Xét AHB
vuông tại B ta có: ABH
AH BH
6 = 4
0
=
=
Vậy
AH
6
∠ , cm ABH
56
= = = ⇒ = 4.9 36 BH CH . cm 6 AH
Ta có:
= + = + =
b) Tính diện tích AHM BC BH CH
=
BM
6,5
= cm
Vì M là trung điểm cạnh BC nên
(
)
13 = 2
4 9 13( cm )
(
BC 2 )
=
AH AM .
.6.2,5 7,5
Diện tích tam giác AHM vuông tại H là
ABMS
(
)3 = cm
1 2
1 2
⇒ = − HM BM BH − = = 6,5 4 2,5 cm
Bài 6.
N
C
F
E
H
A
M
O
B
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
371
⊥ ⇒
⊥ ⇒
090 = NEO
OE NE
)O tại E nên
=nên tứ giác OMEN là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề
= NMO NEO
a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp 090 = d OA NMO Ta có: NE là tiếp tuyến của ( Tứ giác OMEN có 090 cùng 1 cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau.(đpcm)
2
= NE NC NB .
b) Chứng minh Nối E với C, E với B
(cùng chắn )EC
Xét NEC∆
có: N∠ chung; NBE
=∠ ∠ ∆ và NBE NEC
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
2
⇒ ∆ ∆ ⇒ = NEC NBE g g ( . ) NE NC NB NE
Vậy
=
có:
= NB NC .
Xét NCH∆
NE c) Chứng minh NEF NOF ∆ và NMB
N chung; 090 =
= (hai cặp cạnh = NCH NMB NCH ∆ ( . ) NMB g g ⇒ ∆ NC NH ⇒ NM NB
tương ứng tỉ lệ)
mà
2
⇒ = NC NB NH NM . .
2 ⇒ NE
có:
Xét NEH∆
= = = NE NB NC cmt ( . ) NH NM . NH NE ⇒ NM NE
(góc tương ứng
) (1)
Kẻ tiếp tuyến
⇒ = N chung ; ( cmt ) NEH ∆ . ) NME c g c ( . NHE NEM ⇒ ∆ ∆ và NME NE NH = NM NE
'NF với nửa đường tròn (O)
Do
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
2 '
' ⇒ = NE NF= ' NF NH NM . NM NF = ⇒ NH NF '
Xét
và
có: N chung;
(các góc tương ứng) (2)
' = NF M NHF '
⇒ Lại có tứ giác OMEN nội tiếp (câu a) nên 4 điểm
O M E N cùng thuộc một đường
,
,
,
tròn(3)
0
0
=
=
nên là tứ giác nội tiếp,do đó 4 điểm
' ∆ ∆ 'NF H NMF ' ( cmt ) NF H ' ∆ NMF c g c . ) '( . ⇒ ∆ NM NF = NH NF '
+ OEN OF N
'
90
180
'
,
'
+ Tứ giác O E N F cùng thuộc một đường tròn (4) , '
,
,
O M E N F cùng thuộc một dường tròn suy ra tứ giác
,
,
OENF có 0 90 ,
=
=
Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm MENF nội tiếp nên ( ) 0 180 5 Từ (1), (2), (5) suy ra 0 180
+ NEM NF M
+ NHE NHF
'
'
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= + NEM NF M ' '
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
372
thẳng hàng hay
,
,
'
'F là giao điểm của EH với nửa đường tròn (O)
⇒ F F⇒ ≡ ⇒ Tứ giác NEOF nội tiếp
⇒
(cùng chắn cung
E H F ' NEF NOF =
)NF
Bài 7.Tìm giá trị tham số m Phương trình ( )1 có hai nghiệm
2
2
3
⇔
+
−
+
≥
2
m
m
4.
0
− 7 2 23
(
) 1
4
2
3
−
⇔ + 4 m
4
m
( + − 1 4
m
4
3
2
+
−
≥
+
⇔ − 4 m
4
m
4
m
∆ ≥ 1 0 ) ≥ + 28 2 92 0 ( ) 28 2 93 0 * ⇔ ∆ ≥
Phương trình (2) có hai nghiệm
0
2
2
4
3
2
2 m m
(
)
( ⇔ −
)
( 8 9 2 30
)
Hai phương trình đã cho có nghiệm chung là
− − ≥ ⇔ − + − + m 0 2 m 2 m 72 2 ≥ 240 0 **
2
3
2
3
+
+
+
=
m
− 7 2 23 0
+
+
=
6
m
− 7 2 11 0
m
⇔
⇔
3
( +
+
=
−
+
−
=
− .3 9 2 30 0
m 3
9 2 12 0
2.9
m 3
) 1 .3 ) 2 − m m
m 2 (
3
2
+
+
−
=
m
6
m
( ) 7 2 11 0 3
+
− =
2 − m m
3 2 4 0
( ) 4
+ 9 ⇔
Giải phương trình (4) ta được:
3x =
2 m m
2 ⇔ − m
( ) 4
2
⇔ − = − 4 3 2 3 2 2. m .
− + = = m m 1 2 17 12 2 4 1 2 9 2.3.2 2 8 4 ⇔ − 17 1 1 + = − 4 2 4 2 − ⇔ −
2
2
)
(
( ) ( ) * , ** ) ( ) ( ) * , ** )
+)Với
2
3
2
−
+
=
2
− 7 2 11 0
( ) 3
m = ( ⇔ − 2 ⇔ −
) +
=
− ta có: 2 ( ) 6 2 − + 20 14 2 6 6 4 2
− 7 2 11 0
⇔ −
=
+ ( −
+ 9 7 2 36 24 2
2 ) 0
⇔ −
=
45 31 2
0(
ktm
)
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
− m − 3 2 2 = − m 2 2( tm ⇔ = m 1 2 4 ⇔ − 3 2 2 2 − 2 1( tm =− m m 1 − = 2 ⇔ 1 − =− 2 3 2 2 2
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
373
Vậy
2
3
( ) 3
( −
+ = 6 − 7 2 11 0
= − 7 2 11 0
− không thỏa mãn bài toán m = 2 3 ) ) ( − + ⇔ − 2 1 2 1 ) ( + + ⇔ − + 7 5 2 6 3 2 2 + 18 12 2 18 12 2
− thỏa mãn bài toán
m⇒ =
2 1
−
Vậy
m =
2 1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇔ − − + = ⇔ = 0 0( 0 tm )
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
374
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
VĨNH PHÚC
NĂM HỌC 2020 – 2021
ĐỀ THI MÔN TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề
Đề số 62
I.PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)
≤ > < 2020 D x . C x . B x .
Câu 2.Hàm số
= y mx 2(
Câu 1. Biểu thức 2020 x− có nghĩa khi và chỉ khi ≥ 2020 A x . 2020 2020 − là tham số) đồng biến trên R khi và chỉ khi m
< > ≥ ≤ B m . 0 C m . 0 D m . 0 A m . 0
Câu 3.
A
C
B
H
Hình vẽ 1
BH cm= 5
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (hình vẽ 1). Biết độ dài BC
= cm . 20
Độ dài cạnh AB bằng: .10
A cm .5 cm B C cm .25 D .100 cm
Câu 4.
Cho đường tròn tâm O, bán kính R, H là trung điểm của dây cung AB (hình vẽ). Biết
Độ dài đoạn thẳng
bằng :
O
A
B
H
II. TỰ LUẬN
Câu 5. (3,5 điểm)
a) Giải hệ phương trình
x +
2 x
− = y = y
2
9 7
2
b) Giải phương trình:
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ = x 3 0 x− 4 Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
375
và đường thẳng
c) Cho parabol (
) P y :
21 x= 2
các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt
= d y : 2 x m m + là tham số). Tìm tất cả (
,x x thỏa mãn (
)2 1
có hoành độ 1
2
+ + + 3 x x 1 2 = + x 1 x 2 x x 1 2
Câu 6. (1,0 điểm) Một đội xe theo kế hoạch mỗi ngày chở số tần hàng như nhau và dự
định chở 140 tấn hàng trong một số ngày. Do mỗi ngày đội xe đó chở vượt mức 5 tấn nên
đội xe đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn dự định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn hàng.
)O .Từ điểm A
,AD BC
, O B C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BD của
Hỏi số ngày dự định theo kế hoạch là bao nhiêu ngày ? Câu 7. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn ( kẻ hai tiếp tuyến AB và AC đến ( )( đường tròn ( lần lượt tại
).O Đường thẳng đi qua O vuông góc với đường thẳng AD và cắt .K E Gọi I là giao điểm của OA và BC. ,
a) Chứng minh rằng các tứ giác
ABOC AIKE nội tiếp đường tròn
,
c) Biết
cm= 5 ,
b) Chứng minh rằng OA
.
Tính độ dài đoạn thẳng BE
)O có bán kính
cm= . 3 R
abc = Chứng 1.
minh rằng:
)( 1
)( 1
) 1
(
1 1 c + + ≥ + + + a b c = OI OA OK OE . đường tròn ( ,a b c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện , Câu 8. (0,5 điểm) Cho + b 1 4 b + a 4 a + 4 3 4
ĐÁP ÁN
I.Trắc nghiệm
1D
2C
3B
4A
II. Tự luận
Câu 5.
=
⇔
⇔
⇔
y =
=
=
2 x
− = y y
2 y
9 7
4 x
2
9
x y
a) Giải hệ phương trình − x 18 + 7
= 5 x = y
25 x − + x 2 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (
( ) x y = ;
= 5 1 ) 5;1
2
2
2
+ = 3 0
b) Giải phương trình + = ⇔ − − x 3
3 0
4
x
x
x
3 0
−
−
3
x
3
= ⇔ − x
0
− x
3
0
( ⇔ − x x
)
(
)
(
)( 1
1 3
= x ) = ⇔ = x
Vậy
x− 4 x − + = x
}1;3 {
S =
c) Tìm tham số m….
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
376
2
2
=
Xét phương trình hoành độ giao điểm :
x
2
x m
+ ⇔ − 4
x
x
− 2
m
( ) = 0 *
1 2
,x x thì phương
)P tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1
2
Để đường thẳng d cắt parabol ( trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt 2 )
( ⇔ ∆ > ⇔ − ' 0 2
( − 1. 2
)
+
=
4
x 2 = − 2
m
x 1 x x 1 2
2
+
2
+ m
+ 4 2 m
3
( + ⇔ − 3
= + x 1
x x 1 2
+ x 2
x x 1 2
2
+ = −
Theo bài ra ta có: ) ( 1 ⇔ − 4 m
m
4
1 4 2
2 + ⇔ − m m
3
6 0
2
+
=
⇔ + 4 m
4
− m m 6
− = ⇔ 6 0
4
6
m
0
4 ( m m
2 ) + − 1
2 ) = − 1 − = m ( m
+ =
m
−
⇔
m
6
= ⇔ 0
tm (
)
( ⇔ + m
)( 1 4
)
1 0 − =
=
6 0
4
m
m
) 1 = − 1 3 2
Vậy
m =
− > ⇔ > − . Khi đó áp dụng hệ thức Vi – ét ta có: m 0 m 2
3 2
m = − hoặc 1
∈ > x *, x
Câu 6. Gọi số ngày dự định theo kế hoạch là x (ngày) (
) 1
Vì dự định ban đầu chở 140 tấn hàng trong x ngày nên mỗi ngày
chở được:
(tấn)
140 x
(tấn)
Theo thực tế số tấn hàng đã chở được là 140 10 150 Do thực tế sớm hơn thời gian dự định 1 ngày nên thời gian thực tế chở hết 150 tấn hàng là :
+ =
⇒ Thực tế mỗi ngày chở được số tấn hàng:
(tấn)
1x − (ngày)
150 1x −
( − x x
) 1
2
− = ⇔ 5 = 28 + 28 x x
140 x 28 = 28 0 + 7 x − 4 x
2 = ⇔ − x 28 0 ) )( =
(
Vì thực tế mỗi ngày đội xe đó chở vượt mức 5 tấn hàng nên ta có phương trình: 150 − 1 x ⇔ + x 2 ( ⇔ − x x x
x + + x 4 7 0 7 7 4 0 x − x (
) 7(
Vậy số ngày dự định theo kế hoạch là 7 ngày.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
30 28 =⇔ − − 1 30 − 1 x x 2 = − ⇔ − x x 3 ) = ⇔ − − x − = 7 0 = ) tm ⇔ ⇔ + = x =− x x 4 0 4( ktm )
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
377
Câu 7.
B
I
A
O
K
C
D
E ABOC AIKE nội tiếp đường tròn
,
=
Vì
)O nên 090 = OBA OCA
0
0
là tứ giác nội tiếp
⇒ ∠ ⇒
a) Chứng minh rằng các tứ giác ,AB AC là các tiếp tuyến của ( 0 + 90
OBAC
Vì
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
= 180 = OBA = OB OC 90 R AB AC + ∠ ( = OCA ), =
tại I
=
= AIE AKE
là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc
⇒ ⊥
OA⇒ là trung trực của BC OA BC Xét tứ giác AIKE có : 090 AIKE⇒ bằng nhau)
.
b) Chứng minh
(góc và góc trong tại đỉnh đối diện).
)
∠
OIK
∆ ( . ) OEA g g
= ∠ . ⇒ ∠ OIK OEA cmt
AOE chung OIK OEA cmt
)
(
⇒ ∆
= OI OA OK OE Vì AIKE là tứ giác nội tiếp ( ∆ Xét OIK∆ và OEA có: ; =
⇒ = = ⇒ OI OA OK OE dfcm ( . ) .
Vì OA là trung trực của ∆ Xét OAB
vuông tại B, đường cao BI ta có: 2
2
⇒ =
=
=
OB OI OA OI .
cm
(
)
(hệ thức lượng trong tam giác vuông)
OB OA
2 3 = 5
9 5
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇒ ⊥ OI OK OE OA c) Tính độ dài đoạn thẳng BE ) BC cmt ( OA BC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
378
2
2
2 2 = − 3
2 − OB OI
= 2,4(
)
⇒ = BI
cm
(Định lý Pytago)
144 25
⇔ = BI
2
2
2
2
= ⇒ =
=
−
=
−
AB
cm
16
4
5
(
)
2
2
2
2
2
cm= 6 BD 144 25 ) ;3O cm nên
= ⇒ =
=
+
=
BD
AD
AB
6
52
2 13
52
cm
)
=
= OKD ABD
( 4 AD có:ADB chung; 090
9 = 5 Ta có BD là đường kính của ( Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông OAB ta có: 2 AB OA OB 3 Áp dụng định lý Pytago trong tam giác ABD ta có: = +
∆ và ADB
∆ Xét ODK
⇒ ∆ ∆ ⇒ ODK ADB g g ( . )
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAK ta có :
2
2
2
=
AK
2 − OA OK
2 = − 5
AK
cm
(
)
17 13
289 = ⇒ = 13
⇒ = OK cm ) ( . OD AB AD 3.4 = 2 13 OD AD = AB OK 6 = 13
6 13 IOK∠
090
Xét OAK∆
có:
chung;
⇒ ∆
∆
⇒
OAK
OEI g g ( . )
(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
OK OI = AK EI
5,1(
cm
= )
⇒ = EI
AK OI . OK
∠ =∠ OKA = OIE ∆ và OBI
17 9 . 5 13 = 6 13 2,4 5,1 7,5(
Vậy
+ = + = cm ) = BE BI IE
Câu 8.
Ta có :
=
+
+
+
VP
a
b
c
(
)( 1
)( 1
) 1
1 1 1 + + = + + + + + = VT + b 4 b + c 4 c 1 3 a 1 3 b 1 3 c 1 4 a 1 4 b 1 4 c
=
+
+ + + +
+
abc ab bc
+ ca a b c
(
) 1
=
2
1 b
1 + + + ab
1 c
1 + bc
1 + ca
3 4 3 1 a 4
+
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
+ a 4 a 3 4
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
379
Đặt
. Khi đó :
3
3
3
4
4
=
+
+
+
+
+
VT
x
y
z
x
y
z
=
VP
x
+ + + y xy z
+ yz
+ xz
(
)
3 4
Bất đẳng thức trở thành:
3
3
3
4
4
4
+
+
+
+
+
≥
+ + +
+
+
+
x
y
z
x
y
z
x
y
z
xy
yz
xz
2
(
)
4
4
3
3
3
4
+
+
⇔
≥
+
+
+
+ + +
3 4 + z
z
y
x
y
x
4
z
y
x
2
xz
yz
xy
(
)
3
3
3
2
2
2
⇔
+
+
+
+
) +
≥
+
+
+
+
4
4
x
y
x
y
z
z
+ + y
xy
yz
xz
3
3
x
z
(
)
(
)
( ) 6 *
( (
+ (
3 ) x y z > . Áp dụng BĐT Cô si ta có: ,
= x ; = y z , = xyz 1 1 a 1 = ⇒ = b 1 abc 1 c 4
+ ) Ta sẽ chứng minh ( )* đúng với mọi
3
3
3
+ + ≥
=
x
1 1 3
x
.1.1 3
x
3
3
3
+ + ≥
=
y
1 1 3
y
.1.1 3
y
3
3
3
+ + ≥
=
z
z
z 3
+
≥
−
1 1 3 3 3 ⇒ + x
y
z
3
x
+ + y
z
6
.1.1 3 (
)
Lại có:
3
3
3
3
3
+
+
≥
3 +
3 +
x
z
3
= ⇒ 3
x
y
z
9
3
) ≥
3
3
3
⇒
+
+
+
≥
4
x
y
z
z
3
x
( + + y
)
( ) 3 1
(
y (
xyz )
Tiếp tục áp dụng BĐT Cô si ta có:
4
4
2
+ ≥
x
1 2
x
= .1 2
x
4
4
2
+ ≥
y
1 2
y
= .1 2
y
4
4
2
+ ≥
z
1 2
z
= .1 2
4
4
2
2
2
+
≥
+
+
−
4 ⇒ + x
y
z
2
x
y
z
3
)
z (
2
2
+
≥
x
y
2
xy
2
2
+
≥
Lại có :
z
2
yz
2
y 2
+
x
zx
z
2
2
2
⇒
+
+
≥
+
+
x
2
y
z
2
xy
yz
xz
(
)
2
2
+
≥
+
+
≥ 2 ) xy
( 2 ⇒ + x
y
z
yz
zx
2
2
2
+
+
≥
=
Và
x
y
z
33
xyz
3
(
)2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
0 ,
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
380
2
2
2
2
2
2
2
2
2
+
+
+
⇒
y
z
x
+ y
+ y
+ z
≥ xy
yz
+ xz
+ 3
x
x
2
)
4
4
2
+
=
( + − ≥ 3 xy
2 + z
) + xz
+ yz
+ − 3 3
( 4 ⇒ + x
y
z
( x
) 2
2 + y
+ z )
4
4
+
≥
+
+
y
z
zx
4
4
4
⇒
+
+
≥
+
+
3
x
y
z
3
xy
yz
zx
yz (
)
4 ⇒ + x (
= ( xy )
4
4
4
+
≥
=
x
y
z
33
xyz
3
(
)4
4
4
4
⇒
+
+
≥
+
+
+
4
x
y
z
3
xy
yz
zx
(
)
( ) 3 2
Ta lại có: (
+ )
3
3
4
3
4
4
+
+
+
≥
+ +
+
+
+
z
z
y
x
y
x
4
x
+ + y
z
3 3
xy
yz
zx
3
(
)
3
3
4
3
4
4
( +
Cộng vế theo vế (1) và (2) ta có: ) ( + ⇔
+
+
) +
≥
+
+
+
+
4
4
x
y
x
y
z
z
3
x
+ + y
z
3
xy
yz
zx
6
(
)
) )
( (
+ (
4 )
3 )
x y z > , , 0
+ ( Do đó ( )* đúng với mọi "= xảy ra Dấu " y
Vậy ta có điều phải chứng minh.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
⇔ = = = ⇔ = = = 1 a b c x z 1
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
381
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TỈNH YÊN BÁI
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn thi: Toán
Đề số 63
Thời gian : 90 phút
Khóa thi ngày: 20/7/2020
Câu 1. Kết quả rút gọn của biểu thức
( = M a a
)1 − − +là:
2
2
2
2
a 1
( − + = A M a
) 1
( C M a
) 1
= = − . − B M . 1 a . D a . 1
Câu 2. Điều kiện xác định của biểu thức 2
5x + là:
≤ −
< −
≥ −
A x .
B x .
C x .
> − 5
D x .
5 2
5 2
5 2
là
Câu 3.Số phần tử của tập hợp
{ =∈
} 10
H x x ≤ * /
B .8 .11 C .10 D .9
A
A .
B .
C
.
D .
A Câu 4. Cho tam giác ABC có AD là tia phân giác của BAC (như hình bên). Đẳng thức nào dưới đây đúng ?
C
BD BA = BC CA BD CA = CD BD
BD CA = BA CD BD CD = BA CA
B
D
=
≠Kết luận nào sau đây đúng ?
Câu 5.Cho hàm số
y
) 0 .
A. Với
B. Với
C. Với
D. Với
( 2 ax a 0a < hàm số nghịch biến khi 0a > hàm số nghịch biến khi 0a < hàm số nghịch biến khi 0a > hàm số nghịch biến khi
0x < 0x < 0x = 0x >
Câu 6. Hàm số nào sau đây không phải là hàm số bậc nhất ?
=
=
+
=
A y .
− 5 x
= B y .
+ 2 3
x
C y .
x
1
D y .
x
2
Câu 7. Cho số thực
−
C
.
D a .
a
± a = có nghiệm là :
a > Căn bậc hai số học của a là 0.
2. A a Câu 8.Phương trình 1 2
=
=
=−
A x .
1
C x .
D x .
= 2
B x .
. B 0x− 1 2
1 2
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
382
4
bằng:
Câu 9. Kết quả của phép tính
14
6
: 7 3 7 3
14
10
A . B . C . D .1 7 3 7 3 7 3
Câu 10.Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến ?
( + 6 2
) 1
=− A y . 2 x B y . =− + x 1 = − . C y x D y . 2 + x 1 2 = + 3
Câu 11. Cho
vuông tại ?B
2
.
Hệ thức nào sau đây chứng tỏ ABC∆ 2
2
2
2
=
+
=
−
A AC .
AB
BC
B BC .
AB
AC
2
2
2
2
2
2
=
+
=
+
AB
AC
D AB .
AC
ABC∆ 2
.cm Vẽ đường tròn tâm O
BC C BC . Câu 12.Cho đường thẳng d và điểm O cách d một khoảng 5 đường kính 10
.cm Khẳng định nào sau đây đúng ?
)O
.B d tiếp xúc với đường tròn (
)O tại hai điểm phân biệt
.A d đi qua tâm O .C d cắt dường tròn (
.D d không cắt đường tròn (O)
Câu 13. Nghiệm của phương trình
5
3 =
x − = là C x . 4
= = = 11 B x . D x . 14 8
2
2
=
π
=
A S .
π 2
2 + = r l
2 = r l
C S .
D S .
+ π π rl r
tp
tp
tp
tp
A x . Câu 14.Công thức tính diện tích toàn phần của hình nón có đường sinh l và bán kính đáy r là:
Giá trị của
=−
Câu 15. Cho hàm số
. B S ( ) f x
π π rl 2 r )1 ( f − bằng:
+ 2 x 4.
Vị trí tương đối của
B .7 .2 .1 .6
) O cm Biết
';4 . OO cm . D = ' 10 C ;5O cm và ( )
B. Cắt nhau
C. Tiếp xúc ngoài D. Tiếp xúc trong
A Câu 16. Cho hai đường tròn ( hai đường tròn là :
.A Không cắt nhau
Câu 17. Đẳng thức nào sau đây đúng ?
0
0
0
0
0 tan 48
0 cot 48
0 cot 48
0 cos 48
= = = A .sin 42 B .cos 42 C .sin 42 D .sin 42
Câu 18.Trong một đường tròn, góc nội tiếp có số đo bằng
góc đó bằng:
0
0
0
0
= 040 thì số đo cung bị chắn bởi
B .40 .80 .90 C
5?
( ) − . 1;1
( ) − . 1; 1
( ) . 3;1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
D C B A .20 A D y− =− x 3 Câu 19.Cặp số nào sau đây là một nghiệm của phương trình 2 ( ) . 1;3
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
383
Câu 20. Số lỗi trong một bài văn của 20 học sinh được ghi lại trong bảng sau:
1
3
4
3
1
2
1
8
2
3
2
2
1
5
1
4
3
1
5
4
Mốt của dấu hiệu là :
=
AB
cm AC 3 ,
.5 .20 C
=Bán kính R của đường
.8 D cm . 4
=
=
=
=
A R .
cm
B R .
cm 5
C R .
7
cm
D R .
cm
7 2
5 2 + = đi qua gốc tọa độ là:
A B .1 Câu 21.Cho tam giác ABC vuông tại A, biết tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
− + y 2 m 4 0
Câu 22.Giá trị của m để đường thẳng (
) : d mx
= = =
= −
A m .
2
B m .
C m .
− 2
D m .
1 2
1 2
là:
x <
14
Câu 23.Các số thực x thỏa mãn 7
cắt
≤ < A .0 ≤ ≤ x 28 B x . 28 C .0
. D x + và 5 y x 2
Câu 24. Điều kiện của m để đồ thị các hàm số
)1
) + m x
nhau là:
≤ < 28 x ( + = y m 28 ( = − 3
≠ ≠ ≠ B m . 3 D m . A m . 2
=
Câu 25.Cho hình vẽ dưới, biết
AH 4, . C m CH 1 = BH y . 8, ≠ − 1 = Giá trị của y bằng
A
4
C
y
8
H
B
.2 .3 C .4 D .1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
A B Câu 26. Cho hình vẽ bên, số đo BnD là:
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
384
C
O
E
600
400
D n B
A
0
0
0
0
A .26 C .40 B D .32
.52 =
Câu 27. Cho tập hợp
Số tập hợp con có 3 phần tử của tập hợp M là
{ M a b c d
}
; ; ; .
2
−
2
x
x
y
A .1 B .3 C D .4
=
(với
≠ ≠ ≠ − được kết quả là :
Câu 28. Rút gọn phân thức
M
2
+
y
y
x
=
=
=
=
. A M
. B M
. C M
. D M
− +
− +
− −
x
2 2
x y
x 2
2 y
1 1
x y
( ( 2 − x 2 ( + 2 y
)
2
và đường thẳng
= − 2
x
x 0, y 0, y 2) .2 ) )
) P y :
,Oxy số giao điểm của parabol (
−là: 1 x= d y
Câu 29.Trong mặt phẳng (
) :
=Phân giác trong của góc B cắt AC tại
có
B .0 .3 D
cm .
10
15
.1 = AB AC .2 C = cm BC ,
A Câu 30.Cho ABC∆ D. Đường vuông góc với BD tại B cắt đường thẳng AC tại E. Độ dài đoạn thẳng EC bằng:
A cm .30 B .20 cm D cm .25
đi qua hai điểm
và
là :
= + y C cm .40 ( ≠ ax b a
)0 C a .
( A − D a .
)2;1 − 1
= = 1 B a . A a . − 2 = = 2
Câu 31.Hệ số góc a của đường thẳng )1;7B (
=
∆
vuông tại
H B ,
0 60 ,
BH
10
cm .
Câu 32.Cho AHB
=Độ dài của cạnh AH là :
=
=
=
=
A AH .
10 3
cm B AH
.
20
cm
C AH .
15 3
cm D AH
.
20 3
cm
−
−
là:
Câu 33.Kết quả rút gọn biểu thức
Q =
5
3
− 29 12 5
= = = = A Q . 4 B Q . 2 C Q . 1 D Q . 3
Câu 34.Nghiệm của phương trình
22 x
+ = 2
3
x
− là: 1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
= − = A x . = = 1 B x . − 1 C x . D x . 1 7 1 7
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
385
là:
x − 8
Câu 35.Giá trị của x thỏa mãn (
)3 =− 1
=
−
−
nhận giá trị
T
A − . 1 B .1 C .3 D − . 3
Câu 36. Số các giá trị nguyên của x để biểu thức
−
x −
4 x
x 4
x
2
2 + x
2
nguyên là :
vuông cân tại
.2 B .1 D .3
2
Khi đó
bằng
2 BD CE+
A Câu 37.Cho ABC∆ 4. =Vẽ đường thẳng d qua .A Từ B và
,A biết (
B
.8
.4 2
C =
. d D E d∈ , C vẽ BD và CE cùng vuông góc với C .0 AB AC= )
Đường phân giác trong
và
vuông tại
.16 12(
.4 D cm . 15
,A biết .D Độ dài đoạn thẳng AD bằng (kết quả làm tròn đến chữ số
C
cm
.5,87
.5,57
cm
.5,77
.5,67
B
AOB =
Hai tiếp tuyến tại A và B
cm )
= AB AC cm )
A Câu 38.Cho ABC∆ góc B cắt cạnh AC tại điểm thập phân thứ hai) A cm Câu 39.Cho đường tròn ( của đường tròn cắt nhau tại
D ;O R dây cung AB với 0 120 . .C Diện tích tam giác ABC bằng:
2
2
2
2
3
R
2
R
3
3
R
3
3
R
2
B .
C
.
D .
A .
4
4
2
2
+
+
Câu 40. Cho các số
a
b
c
+ 2 b c
2 ,a b c thỏa mãn
2 ( 2 14 2 3 = + a
) +. Giá trị của biểu
, + là:
= + 2 a b c 3
T thức = = = 14 B T . C T .
2
hoành tại điểm
)1d cắt trục d cắt nhau tại điểm C. Bán kính
= + x 1, d y 1. AT . 13 Câu 41.Cho hai đường thẳng ( = ( . D T 9 Đường thẳng ( d 1
(
)
)2
2
là (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ ba)
đường tròn nội tiếp ABC∆ dvdd A
6 ) ) : : ,A d cắt trục hoành tại điểm B, ( =− + y x ) ( ,d 1
.0,414( B ) .0,130( dvdd ) C .0,585( dvdd ) D .0,207( dvdd )
.
km h Sau đó, lúc 8 km h Hỏi hai . /
Câu 42.Lúc 7 giờ một người đi xe máy khởi hành từ A với vận tốc 40 / giờ 30 phút một người khác cũng đi xe máy từ A đuổi theo với vận tốc 60 người gặp nhau lúc mấy giờ ?
2
2
=
(với
.A 9 giờ 30 phút
Câu 43.Biết tất cả các giá trị của m để hàm số
− 5 m
m
2
y
x
đạt giá trị lớn nhất tại
B. 10 giờ 30 phút C. 11 giờ 30 phút D. 12 giờ 30 phút ( 0x = thỏa mãn
) + 2 < Giá trị của biểu thức a m b .
< + ≠
22 m = T
2 0) − bằng: m− 5 + b 4 a 2 3
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
A .7 B .6 C .5 D .4
Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038
386
Câu 44.Cho hình thang
)
(
2
2
ABCD AD BC có hai đường chéo cắt nhau tại O. Biết / /
Diện tích S của tam giác AOB là:
BOCS
AODS
2
2
2
2
= = 144 cm , 196 cm .
n
= = = = A S . 156 cm B S . 168 cm C S . 184 cm D S . 170 cm
là:
≤ < 9
Câu 45.Tổng tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn bất đẳng thức
1 59049 1 3
2020
2 +
B .42 C D .52 A .45
cho 6 là :
.55 3 +
Câu 46.Số dư trong phép chia
A = + 2 2 + ...... 2 2
2
2
2
=
là:
B .4 C .5 D .2 A .0
Câu 47.Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A
x
− 8
x
+ 50
4 + 2 x
2 + x
A
.2
B
. 50
C
. 2
D
= y − không có điểm 5 x 2 m
Câu 48.Số các giá trị nguyên của m để đường thẳng
.50 ) + 1
(
2
chung với đồ thị hàm số
là:
= y 20 x
− 2
5
2
B .18 .19 .20 .21 D C
là:
23 y−
có nghiệm (
)
x −
+ = y =− y
m 1
2 x
2
= ;x y thỏa mãn 22 x A Câu 49. Tổng các bình phương tất cả các giá trị của m để hệ phương trình
B .52 .58 .56 D C
2
2
2
2
A .60 Câu 50. Cho tam giác vuông ABC nội tiếp một đường tròn đường kính 41cm và ngoại tiếp một đường tròn có đường kính 14 .cm Diện tcihs tam giác ABC bằng:
A .336 cm B .334 cm C .332 cm D .338 cm
ĐÁP ÁN
1D
2D
3C
4B
5B
6C
7B
8B
9C
10A
11A 12C
13D 14C
15D 16A 17D 18A 19A 20C
21D 22C
23D 24C
25A 26C
27B
28A 29C
30D
31C
32A 33C
34A 35A 36A 37D 38A 39D 40B
41A 42C
43C
44B
45D 46D 47C
48D 49B
50A
TÀI LIỆU TOÁN HỌC
![Dàn ý và bài văn mẫu nghị luận xã hội ôn thi vào lớp 10: Tài liệu [mô tả/định tính]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250824/levanphuong15081979@gmail.com/135x160/23851756089220.jpg)
