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

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

Thêm vào BST

Báo xấu

35
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luyện tập với Đề thi môn Toán vào lớp 10 năm 2020 có đáp án tỉnh Hòa Bình nhằm đánh giá sự hiểu biết và năng lực tiếp thu kiến thức của học sinh thông qua các câu hỏi đề thi. Để củng cố kiến thức và rèn luyện khả năng giải đề thi chính xác, mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo đề thi.

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 Hòa Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HÒA BÌNH NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) ------------------------------- Câu I. (2,0 điểm) 1) Tính giá trị các biểu thức sau: a) =A 16 + 5 b) = B 8− 2 2) Giải các phương trình sau: a) x −3 = 2 b) x 2 − 4 = 0 Câu II. (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng ( d1 ) : y = ( m − 1) x + 2 và ( d 2 ) : y= x − 3 . Tìm m để hai đường thẳng đã cho song song với nhau. 2) Cho phương trình : x 2 + 4 x + 2m + 1 =0 ( m là tham số) a) Giải phương trình với m = 1 . b) Tìm m để phương trình có nghiệm kép. Câu III. (2,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông tại A , có AB = 6cm ,  ABC = 600 . Tính chu vi tam giác. 2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá hai lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá bán ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu? Câu IV. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB ≠ AC ) có các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H . 1) Chứng minh rằng: Tứ giác AEHF nội tiếp. 2) Chứng minh rằng:  ADE =  ADF 3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác EDF đi qua trung điểm M của cạnh BC . Câu V. (2,0 điểm) 1) Tìm các số thực x; y; z thỏa mãn: x 2 + y 2 + 4 z 2 − 4 x − 2 y + 4 z + 6 =0. 2) Cho các số thực x; y thỏa mãn x > 2 y và xy = 3 . x 2 + 4 y 2 − 11 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = . x − 2y -------------------- HẾT --------------------
ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu I. (2,0 điểm) 1)Tính giá trị các biểu thức sau: A a)= 16 + 5 B b) = 8− 2 2)Giải các phương trình sau: a) x − 3 = 2 b) x 2 − 4 =0 Giải 1) a) A = 16 + 5 = 4 + 5 = 9 b) B = 8 − 2 = 4.2 − 2 = 2 2 − 2 = 2 2) a) x − 3 = 2 ⇔ x − 3 = 4 ⇔ x = 7 Vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất: x = 7 b) x 2 − 4 =0 ⇔ x2 =4⇔ x= ±2 Vậy phương trình có tập nghiệm: S = {−2; 2} Câu II. (2,0 điểm) 1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng ( d1 ) : y = ( m − 1) x + 2 và ( d 2 ) : y= x − 3 . Tìm m để hai đường thẳng đã cho song song với nhau. 2)Cho phương trình : x 2 + 4 x + 2m + 1 = 0 (1) ( m là tham số) a) Giải phương trình với m = 1 . b) Tìm m để phương trình có nghiệm kép. Giải 1) Hai đường thẳng ( d1 ) : y = ( m − 1) x + 2 và ( d 2 ) : y= x − 3 song song với nhau khi và chỉ khi m −1 = 1 ⇔ m = 2 Vậy m = 2 thì ( d1 ) / / ( d 2 ) . 2) a) Với m = 1 , phương trình đã cho trở thành:  x + 1 =0  x =−1 x 2 + 4 x + 3 = 0 ⇔ ( x + 1)( x + 3) = 0 ⇔  ⇔  x + 3 =0  x =−3 Vậy với phương trình có tập nghiệm là: S ={−1; −3} . b) Phương trình (1) là phương trình bậc hai ẩn x có: ∆ ' = 22 − ( 2m + 1) = 4 − 2m − 1 = 3 − 2m 3 Phương trình có nghiệm kép ⇔ ∆ ' = 0 ⇔ 3 − 2m = 0 ⇔ 2m = 3 ⇔ m = 2 3 Vậy m = thì phương trình (1) có nghiệm kép. 2 Câu III. (2,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông tại A , có AB = 6cm ,  ABC = 600 . Tính chu vi tam giác. 2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá hai lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Hỏi giá bán ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu? Giải
A B C ∆ ABC vuông tại A: AB = 6cm ,  ABC = 600 . AC = ABtan =  tan 600 6 3 ( cm ) ABC 6= AB  AB = cos = ABC cos 600 ⇒ BC= = 12 ( cm ) BC cos 600 Chu vi ∆ ABC = AB + BC + CA = 6 +12 + 6 3 = 18 + 6 3 ( cm ) 2) Gọi giá ban đầu của chiếc ti vi là x (đồng) ( điều kiện: x > 0 ) 9 Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% đầu tiên là: 90% x = x (đồng) 10 9 81 Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% lần thứ hai là: 90%. x = x (đồng) 10 100 Sau khi giảm giá hai lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Ta có phương trình: 81 x = 16 200 000 ⇔ x = 20 000 000 (thỏa mãn điều kiện) 100 Vậy giá ban đầu của chiếc ti vi là 20 000 000 đồng. Câu IV. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB ≠ AC ) có các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H . 1) Chứng minh rằng: Tứ giác AEHF nội tiếp. 2) Chứng minh rằng:  ADE =  ADF 3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác EDF đi qua trung điểm M của cạnh BC . Giải A E F H B D M C 1) Chứng minh rằng: Tứ giác AEHF nội tiếp. ∆ ABC có các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H .
 AEH = HEC = 900  BE ⊥ AC   ⇒ CF ⊥ AB ⇒    = 900 AFH = HFB  AD ⊥ BC      HDB = HDC = 900 ⇒AEH + AFH = 900 + 900 = 1800 Vậy AEHF là tứ giác nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 ) 2) Chứng minh rằng: ADE =  ADF  + BFH Tứ giác BDHF có: BDH  = 900 + 900 = 1800 Nên BDHF là tứ giác nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 ) = ⇒ HDF  (hai góc nội tiếp cùng chắn HF HBF  ) hay   ADF = EBF  + HDC Tứ giác HECD có: HEC  = 900 + 900 = 1800 Nên HECD là tứ giác nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 ) = ⇒ HDE  (hai góc nội tiếp cùng chắn HE HCE  ) hay   ADE = ECF Tứ giác CEFB có: BEC = BFC = 900 ⇒ B, E , F , C thuộc đường tròn đường kính BC (Quỹ tích cung chứa góc ) = ⇒ EBF  (hai góc nội tiếp cùng chắn EF ECF ) Nên ADE =  ADF . 3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác EDF đi qua trung điểm M của cạnh BC Vì M là trung điểm của BC ⇒ M là tâm đường tròn đường kính BC. = 1  ) ⇒ EBC EMC ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn EC 2  = HBD Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDHF có: HFD  = EBC  ) hay DFC  ( 2 góc nội tiếp cùng chắn HD  . = 1 ⇒ DFC EMC (1) 2  = DFC Chứng minh tương tự câu b ta có : EFC  , mà tia FC nằm giữa hai tia FE và FD  ⇒ EFC ⇒ FC là tia phân giác của EFD  = 1 EFD  = DFC  ( 2) 2 = Từ (1) và (2) ⇒ EMC  EFD  + EMD Mà EMC =  + EMD 1800 ( hai góc kề bù) ⇒ EFD = 1800  và EMD Lại có EFD  là hai góc đối của tứ giác DFEM ⇒ DFEM là tứ giác nội tiếp Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác EDF đi qua trung điểm M của cạnh BC . Câu V. (2,0 điểm) 1) Tìm các số thực x; y; z thỏa mãn: x 2 + y 2 + 4 z 2 − 4 x − 2 y + 4 z + 6 =0 2) Cho các số thực x; y thỏa mãn x > 2 y và xy = 3 . x 2 + 4 y 2 − 11 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x − 2y Giải 2 2 2 1) x + y + 4 z − 4 x − 2 y + 4 z + 6 =0 ⇔ ( x 2 − 4 x + 4 ) + ( y 2 − 2 y + 1) + ( 4 z 2 + 4 z + 1) = 0 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( 2 z + 1) = 2 2 2 0
( x − 2 ) 2 ≥ 0 ∀x   Vì ( y − 1) ≥ 0 ∀y ⇒ ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( 2 z + 1) ≥ 0 ∀x; y; z 2 2 2 2  ( 2 z + 1) ≥ 0 ∀z 2  =x−2 0 = x 2   Đẳng thức xảy ra ⇔  y − 1= 0 ⇔  y = 1 2 z + 1 =0  1  z = −  2  1 Vậy ( x; y=; z )  2;1; −  .  2 x + 4 y − 11 x 2 + 4 y 2 − 12 + 1 2 2 = 2) P = mà xy = 3 x − 2y x − 2y x 2 + 4 y 2 − 4 xy + 1 ( x − 2 y ) + 1 2 1 ⇒P= = = ( x − 2y) + x − 2y x − 2y x − 2y Lại có x > 2 y ⇒ x − 2 y > 0 1 Áp dụng bất đẳng thức Co si cho hai số dương x − 2 y và ta có: x − 2y 1 1 ( x − 2y) + ≥2 ( x − 2 y). 2 = x − 2y x − 2y ⇒P≥2  x − 2 y > 0   xy = 3 ( 2 y + 1) y = 3 (1) Đẳng thức xảy ra ⇔= xy 3 ⇔ ⇔  x − 2 y = x 2 y + 1 ( 2) 1 = 1 x − 2 y =  x − 2y y =1  y − 1 =0 (1) ⇔ 2 y + y − 3 = 0 ⇔ ( y − 1)( 2 y + 3) = 0 ⇔  2 ⇔ 2 y + 3 = 0  y = −3  2 −3 Mà =x 2 y + 1 nên với y = 1 thì x = 3 , với y = thì x = −2 2   −3   Vậy P có giá trị nhỏ nhất bằng 2 ⇔ ( x; y ) ∈ ( 3;1) ;  −2;   .   2  -------------------- HẾT --------------------