Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nam

Chia sẻ: Phạm Vĩ Kỳ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

42
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham khảo Đề thi môn Toán vào lớp 10 năm 2020 có đáp án tỉnh Hà Nam sau đây để biết được cấu trúc đề thi cũng như những dạng bài chính được đưa ra trong đề thi. Từ đó, giúp các bạn học sinh có kế hoạch học tập và ôn thi hiệu quả. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1 (2,0 điểm). 1) Giải phương trình x 2  2x  3  0 3 x  3 y  5  2 x  y 2) Giải hệ phương trình    x  2 y  3  Câu 2 (2,0 điểm). 1) Rút gọn biểu thức A  2 3  27  4  2 3  x x  x  1 2) Cho biểu thức B     : (với x  0 , x  1 ).  x  1 x  x  x  1 Rút gọn biểu thức B. Tìm tất cả các giá trị của x để biểu thức B nhận giá trị âm. Câu 3 (1,5 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P  có phương trình y  2 x2 và đường thẳng d  có phương trình y  2 x  m ( m là tham số). 1) Tìm m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm M 2; 3. 2) Tìm điều kiện của m để parabol  P  cắt đường thẳng d  tại hai điểm phân biệt. Gọi A x1 ; y1 , B  x2 ; y2  là hai giao điểm của parabol  P  và đường thẳng d , xác định 2 m để 1  x1 x2   2 y1  y2   16. Câu 4 (4,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O; R ). Hai đường cao BE , CF của tam giác ABC cắt nhau tại H . Đường thẳng AH cắt BC tại D và cắt đường tròn (O; R ) tại điểm 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 tam giác BCE. 4) Khi hai điểm B, C cố định và điểm A di động trên đường tròn (O; R ) nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh OA  EF . Xác định vị trí của điểm A để tổng DE  EF  FD đạt giá trị lớn nhất. Câu 5 (0,5 điểm). Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn abc  1. Chứng minh rằng 1 1 1 1    a 2 b 3 b 2 c 3 c 2 a 3 2 ------HẾT------ Họ và tên thí sinh: ......................................................... Số báo danh: ................................... Cán bộ coi thi thứ nhất: ................................... Cán bộ coi thi thứ hai: .................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HÀ NAM NĂM HỌC 2020 – 2021 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Lưu ý: - Các cách giải khác đáp án vẫn đúng cho điểm tương ứng theo biểu điểm - Tổng điểm toàn bài không làm tròn. Câu Ý Nội dung Điểm 2 1) Giải phương trình x − 2 x − 3 =0. 1. Phương trình đã cho có a − b + c =0 0,5 (1,0đ) Suy ra phương trình có hai nghiệm x = −1 và x = 3 . 0,5  3 x  3 y  5  2 x  y 2) Giải hệ phương trình   .  x  2 y  3  3 x + 9 y + 15 = 2 x + y x + 8y =−15 Câu 1 ⇔ ⇔ 0,25 (2,0đ) x + 2 y = −3 x + 2 y = −3 2. x + 8y = −15 ⇔ 0,25 (1,0đ) 6 y = −12 x + 8y = −15 ⇔ 0,25  y = −2  x − 16 = −15 x = 1 ⇔ ⇔ Vậy hệ phương trình có nghiệm (1; −2 ) . 0,25  y = −2  y = −2 1) Rút gọn biểu thức A = 2 3 − 27 + 4 − 2 3. 1. ( ) 2 (1,0đ) A = 2 3 −3 3 + 3 −1 0,5 =2 3 − 3 3 + 3 − 1 =−1 0,5  x x  x −1 2) Cho biểu thức = B  −  : (với x > 0 , x ≠ 1 ).  x +1 x + x  x −1 Rút gọn biểu thức B. Tìm tất cả các giá trị của x để biểu thức B nhận giá trị âm. Câu 2    x x  := x −1  x 1  x −1 (2,0đ) =B −  − : 2.  x +1  ( x x +1  x −1  x +1  ) x + 1  x − 1 0,25 (1,0đ) x 1 x 1  : x  1 x 1 = x −1 . ( x −1 )( x +1 = ) x −1 . 0,25 x +1 x −1 B < 0 ⇔ x − 1 < 0 ⇔ x < 1 ⇒ x < 1. 0,25 Kết hợp điều kiện, ta có 0  x  1. 0,25 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) có phương trình y = 2 x và 2 đường thẳng ( d ) có phương trình = y 2 x + m ( m là tham số). Câu 3 1. (1,5đ) (0,5đ) 1) Tìm m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm M ( −2;3) . Vì đường thẳng ( d ) đi qua điểm M ( −2;3) suy ra 3 = 2. ( −2 ) + m 0,25 Trang 1/4
⇔ 3 =−4 + m ⇔ m =7. 0,25 2) Tìm điều kiện của m để parabol ( P ) cắt đường thẳng ( d ) tại hai điểm phân biệt. Gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) là hai giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) , xác định m để (1 − x1 x2 ) + 2 ( y1 + y2 ) = 2 16. Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là: 0,25 2 x 2 = 2 x + m ⇔ 2 x 2 − 2 x − m = 0 (1) Parabol ( P ) cắt đường thẳng ( d ) tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ > 0 . 0,25 1 ∆′ = 1 + 2m , ∆′ > 0 ⇔ 1 + 2m > 0 ⇔ m > − (*) . 2. 2 (1,0đ)  x1 + x2 = 1  Khi đó theo định lý Vi-et ta có  m . x .  1 2x = − 2 (1 − x1 x2 ) + 2 ( y1 + y2 ) = 16 ⇔ (1 − x1 x2 ) + 2 ( 2 x1 + m + 2 x2 + m ) = 2 2 16 0,25 2  m ⇔ (1 − x1 x2 ) + 4 ( x1 + x2 ) + 4m = 2 16 ⇔ 1 +  + 4 + 4m = 16  2 m2 m2 ⇔ 1+ m + + 4 + 4m = 16 ⇔ + 5m + 5 = 16 ⇔ m 2 + 20m − 44 = 0 . 4 4 m = 2 ⇔ . Đối chiếu điều kiện (*) , ta có m = 2 . 0,25  m = −22 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O; R ). Hai đường cao BE , CF của tam giác ABC cắt nhau tại H . Đường thẳng AH cắt BC tại D và cắt đường tròn (O; R ) tại điểm thứ hai là M . 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp. Câu 4 (4,0đ) 1. (1,0đ) (Học sinh không vẽ hình ý nào sẽ không được chấm điểm ý đó) Ta có AEH = 90o (vì BE là đường cao). 0,25 Ta có  AFH = 90o (vì CF là đường cao). 0,25 Trang 2/4
AEH +  Suy ra  AFH =180o . 0,25 Vậy tứ giác AEHF nội tiếp (tứ giác có tổng 2 góc đối bằng 180o ). 0,25 . 2) Chứng minh BC là tia phân giác của EBM  = MBC Ta có MAC  (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung) 0,25 2. Vì H là trực tâm ∆ABC ⇒ AD ⊥ BC .  = EBC  (hai góc cùng phụ với  0,25 (1,0đ) Lại có MAC ACB ) = ⇒ MBC  EBC 0,25 . ⇒ BC là tia phân giác của EBM 0,25 3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF . Chứng minh rằng IE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE . Gọi K là trung điểm BC suy ra K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác 0,25 BCE . 3. Tam giác IAE cân tại I ⇒ IAE=  IEA (1,0đ) 0,25 Tam giác KCE cân tại K ⇒ KEC =  KCE  + DCA Mà DAC =  + KEC 90o ⇒ IEA = 90o 0,25 = ⇒ IEK 90o 0,25 Suy ra IE là tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE . 4) Khi hai điểm B, C cố định và điểm A di động trên đường tròn (O; R ) nhưng vẫn thỏa mãn điều kiện tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh OA  EF . Xác định vị trí của điểm A để tổng DE  EF  FD đạt giá trị lớn nhất. 4. (1,0đ) Do tứ giác BCEF nội tiếp (2 đỉnh E,F cùng nhìn cạnh BC dưới 1góc  ). 0,25 vuông) nên AFE =  ACB (cùng bù với BFE Vẽ tiếp tuyến Ax của đường tròn (O; R). Ta có Ax ⊥ OA. xAB = ACB (cùng chắn cung  AB ). 0,25 =  ⇒ xAB AFE ⇒ Ax / / EF . ⇒ EF ⊥ OA. 1 1 ⇒ S AOE + S AOF = OA.EF = R.EF . 2 2 1 1 Chứng minh tương tự S BOF + S BOD = R.DF . SCOD + SCOE = R.DE. 2 2 1 ⇒ S= ABC R.( DE + EF + FD). 2 1 1 0,25 ⇒ BC. AD = R.( DE + EF + FD). 2 2 Trang 3/4
BC BC ⇒ DE + EF + FD = . AD ≤ AK . R R BC BC  BC 2  Mà AK ≤ AO + OK ⇒ . AK ≤  R + R2 − . R R  4  0,25 BC  BC 2  ⇒ DE + EF + FD ≤  R + R2 −  không đổi. R  4  Dấu “=” xảy ra khi ba điểm A, O, K thẳng hàng hay A là điểm chính giữa . của cung lớn BC Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng 1 1 1 1 + + ≤ . a +2 b +3 b +2 c +3 c +2 a +3 2  x, y , z > 0 Đặt = x a,y = b, z = c ⇒ . BĐT cần cm có dạng  xyz = 1 1 1 1 1 + + ≤ . x + 2 y + 3 y + 2z + 3 z + 2x + 3 2 Ta có: x + 2 y + 3 = ( x + y ) + ( y + 1) + 2 ≥ 2 xy + 2 y + 2 (Áp dụng BĐT Cô si) 0,25 1 1 1 1 1 ⇔ ≤ ⇔ ≤ . x + 2 y + 3 2 xy + 2 y + 2 x + 2 y + 3 2 xy + y + 1 1 1 1 Tương tự ta có ≤ . y + 2 z + 3 2 yz + z + 1 1 1 1 ≤ . . Câu 5 z + 2 x + 3 2 zx + x + 1 (0,5đ) Ta có 1 1 1 1 1 1 1  + + ≤  + +  x + 2 y + 3 y + 2 z + 3 z + 2 x + 3 2  xy + y + 1 yz + z + 1 zx + x + 1  1 1 1 Mặt khác: + + xy + y + 1 yz + z + 1 zx + x + 1 1 1 1 = + + xy + y + 1 1 + 1 + 1 1 + x + 1 0,25 x xy y 1 xy y = + + =1 xy + y + 1 y + 1 + xy 1 + xy + y 1 1 1 1 Do đó + + ≤ . x + 2 y + 3 y + 2z + 3 z + 2x + 3 2 1 1 1 1 Hay + + ≤ . a +2 b +3 b +2 c +3 c +2 a +3 2 Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =1 . ---Hết--- Trang 4/4