Tổng hợp đề thi vào lớp 10 năm 2020 có đáp án (68 đề các môn)

TỔNG HỢP 68 ĐỀ THI CÁC MÔN VÀO LỚP 10 NĂM 2020 - CÓ ĐÁP ÁN

TOÁN – VĂN – ANH

HÓA – LÝ

SINH – SỬ - ĐỊA

Môn Toán:

 Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD-KH&CN Bạc Liêu  Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc  Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT TP.HCM  Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Tiền Giang  Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế  Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thành phố Đà

Nẵng

 Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh Hóa  Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Bình  Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Sóc Trăng  Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Nam Định  Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nội  Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Đồng Nai

Đề thi chuyên Toán vào lớp 10:

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT TP.HCM  Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Điện Biên  Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020-2021 có đáp án - Trường PT Năng khiếu

ĐHQG TP.HCM

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên

Long An

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020-2021 có đáp án - Trường Đại học Sư phạm

Hà Nội

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020-2021 có đáp án - Trường Đại học KHTN

ĐHQG Hà Nội

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc  Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thành phố

Đà Nẵng

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh Hóa  Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An

Môn Văn:

 Đề thi vào lớp 10 môn Ngữ văn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Yên Bái  Đề thi vào lớp 10 môn Ngữ văn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

 Đề thi vào lớp 10 môn Ngữ văn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Long  Đề thi vào lớp 10 môn Ngữ văn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT TP.HCM  Đề thi vào lớp 10 môn Ngữ văn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thừa Thiên

Huế

 Đề thi vào lớp 10 môn Ngữ văn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thái Nguyên  Đề thi vào lớp 10 môn Ngữ văn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Ninh  Đề thi vào lớp 10 môn Ngữ văn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Phú Thọ  Đề thi vào lớp 10 môn Ngữ văn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Nghệ An  Đề thi vào lớp 10 môn Ngữ văn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nội

Đề thi chuyên Văn vào lớp 10:

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Ngữ văn năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên

Trần Hưng Đạo

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Ngữ văn năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên

Long An

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Ngữ Văn năm 2020-2021 có đáp án - Trường Đại học Sư

phạm Hà Nội

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Ngữ văn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc  Đề thi vào lớp 10 chuyên Ngữ văn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Lâm Đồng  Đề thi vào lớp 10 chuyên Ngữ văn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nam  Đề thi vào lớp 10 chuyên Ngữ văn năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Ninh  Đề thi vào lớp 10 chuyên Ngữ văn năm 2020-2021 - Trường THPT chuyên Lê Quý

Đôn

Môn Anh:

 Đề thi vào lớp 10 môn Tiếng Anh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Yên Bái  Đề thi vào lớp 10 môn Tiếng Anh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Long  Đề thi vào lớp 10 môn Tiếng Anh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT TP.HCM  Đề thi vào lớp 10 môn Tiếng Anh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thừa

Thiên Huế

 Đề thi vào lớp 10 môn Tiếng Anh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Thanh

Hóa

 Đề thi vào lớp 10 môn Tiếng Anh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng

Ninh

 Đề thi vào lớp 10 môn Tiếng Anh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nội  Đề thi vào lớp 10 môn Tiếng Anh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Đồng Tháp

 Đề thi vào lớp 10 môn Tiếng Anh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Bình Thuận  Đề thi vào lớp 10 môn Tiếng Anh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT An Giang

Đề thi chuyên Anh vào lớp 10:

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Tiếng Anh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Phú

Yên

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Tiếng Anh năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT

chuyên Long An

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Tiếng Anh năm 2020-2021 có đáp án - Trường Đại học Sư

phạm Hà Nội

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Tiếng Anh năm 2020-2021 có đáp án - Trường Đại học

KHXH&NV

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Tiếng Anh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh

Phúc

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Tiếng Anh năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Quảng

Trị

Môn Hóa học:

 Đề thi vào lớp 10 môn Hóa học năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Cao Bằng  Đề thi vào lớp 10 môn Hóa học năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương

Đề thi chuyên Hóa vào lớp 10:

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa học năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên

Long An

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa học năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc  Đề thi vào lớp 10 chuyên Hóa học năm 2020-2021 - Trường THPT chuyên Hoàng

Văn Thụ

Môn Vật lí:

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Vật lí năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên

Long An

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Vật lí năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

Môn Sinh học:

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Sinh học năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT chuyên

Long An

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Sinh học năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh

Phúc

Môn Lịch sử:

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Lịch sử năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

Môn Địa lí:

 Đề thi vào lớp 10 chuyên Địa lí năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

Bài thi Tổ hợp:

 Đề thi vào lớp 10 môn thi tổ hợp năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

SỞ GIÁO DỤC - KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ

BẠC LIÊU NĂM HỌC 2020 - 2021

Môn thi: TOÁN (không chuyên) ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Ngày thi: 14/07/2020

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1.

   a) Rút gọn biểu thức A  2 3 5 48 125 5 5.

b) Tìm điều kiện của x để biểu thức B x 3  có nghĩa. 4

Câu 2.

  Xác định giá trị của b bằng phép tính để đường

P y :

x 2

b .

x 5 a) Giải hệ phương trình . x    3 y 4     4 y 3 

và đường thẳng  :

b) Cho parabol   thẳng  d tiếp xúc với parabol  .P

Câu 3.

x m

     1



  0 1

m 

Cho phương trình với m là tham số.

a) Giải phương trình  1 khi

b) Chứng minh phương trình  1 luôn có nghiệm với mọi giá trị của

 3

    4.

x 1

   x 1

x 2

c) Xác định các giá trị của m để phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt ,x x thỏa mãn: 1

R 2 .

Câu 4.

,OA E là điểm thay đổi

.B Dựng đường thẳng

1d và

2d lần lượt là các tiếp tuyến

.B Gọi d là đường thẳng qua E và vuông góc với

.EI Đường thẳng d cắt

Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng

,d d 1

Cho đường tròn tâm O có đường kính trên đường tròn  O sao cho E không trùng với A và của đường tròn  O tại A và .M N lần lượt tại ,



.NBE

 IB NE

 IE NB .

IAE

a) Chứng minh tứ giác AMEI nội tiếp.

b) Chứng minh đồng dạng với Từ đó chứng minh

vuông tại I và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích MNI

c) Khi điểm E thay đổi, chứng minh tam giác MNI theo

---- HẾT ----

LỜI GIẢI CHI TIẾT



2  











5 3 4

3 5

5 5

2 3

20 3

5 5

22 3.

A 

2 3

Câu 1.

a) Ta có:

    0

Vậy A  22 3.

4 3

b) Ta có B có nghĩa khi và chỉ khi

x  thì B có nghĩa.

4 3

Vậy với

         5 3

Câu 2.

     3

2 4

a) Cộng vế theo vế của hệ phương trình ta được: 3

x  ta có:

1 4

x y ;

Với



  

 1    2;   4

Vậy hệ cho có nghiệm 

x b

2       x 0.

      

4 2

 P tiếp xúc với   d



 3

       0



9 8

b) Phương trình hoành độ giao điểm của  d và  P là:

b   thì  P tiếp xúc với  .d

9 8

Vậy với

Câu 3.

m  phương trình trở thành:

    



 1

   4

 





  1   4

   

a) Khi

 S  

1; 4 .

           m







 1

Vậy phương trình có hai nghiệm

m   .

b) Phương trình  1 có

    

Nên phương trình  1 có nghiệm với mọi

c) Phương trình  1 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

    x x 1  1 2 .    x x  1 2

Theo định lý Viete, ta có: Khi đó, ta có:

 3

   x 1

4 x 1 x 2

 3 

2 x 1

    x 2     x 2

   3 4 x 1





   x 1

   x 2

   3 2 4 x 2 x 1 x x 1 2

 1



 1

   m 3 m     m 2 4 0

m      m 3 2 0 .    m 1     m 2 

m   là giá trị cần tìm.

So với điều kiện ta có

Câu 4.

1d là tiếp tuyến của  O tại A nên  090 .

a) Ta có MAI 

Theo giả thiết  090 . MEI 

 Suy ra:   090  MAI MEI hay tứ giác AMEI nội tiếp.

 b) Do E nằm trên đường tròn đường kính  090 . AEB AB

Theo giả thiết  090 . NEI  Từ đó suy ra  AEI BEN  1 do cùng phụ với . IEB

BEN

Lại có  AEI EBN  2 do cùng phụ với . ABE

đồng dạng với Từ  1 và  2 , suy ra AIE

c) Theo câu a) ta có tứ giác AMEI nội tiếp. Suy ra  .  MIE MAE

Chứng minh tương tự cũng có BIEN là tứ giác nội tiếp. Suy ra  . EIB EBN











180

0 90 .

  Mà  090  EAB MAE và  090  EBA . EBN

180

    EAI EBA

  AEB 180

   AEB

Suy ra    MAE EBN









 Do đó   090 . MIE EIN Suy ra tam giác MNI vuông tại

  3 .

S

MNI

 MI IN 2

 2

 AI MB 2

Khi đó





 



2 MA

MA NB IA IB

  4



 IA NB



Áp dụng bất đẳng thức Bunhiaxcopki, ta có:

  Theo câu a) tứ giác AMEI nội tiếp  . AEI AMI

Mà  AEI BEN theo câu a). Nên  . BEN AMI

IBN

Mà  BEN NIB do tứ giác BNEI nội tiếp.

suy ra MAI đông dạng với tam giác Suy ra  , AMI NIB

 

  

MA NB IA IB

 5 .

IA BN

MA IB

Suy ra

3 , 4 và  5 suy ra

MNI

3  S . Từ     R 4 R R 3      IA IB 2 2

IA   IB

MA NB

1 3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

23 R 4

là . Vậy diện tích nhỏ nhất của MNI

---- HẾT ----

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

Trong các câu sau, mỗi câu chỉ có một lựa chọn đúng. Em hãy ghi vào bài làm chữ cái in hoa đứng

x 

x 

x 

x 

2020

D.

C. A

C. B. y mx B.

2020 2 0.m 

0.m 

D. C

5cm,

BH 

20cm

. Độ dài cạnh AB bằng

B

H Hình vẽ 1

C. 25cm. D. 100cm. ,R H là trung điểm của dây cung Độ dài đoạn thẳng OH bằng

6 cm,



C. 14cm.

D. 2 13 cm.

O

A

B

H

trước lựa chọn đúng (Ví dụ: Câu 1 nếu chọn A là đúng thì viết 1.A). Câu 1. Biểu thức 2020 x có nghĩa khi và chỉ khi A. 2020. 2020  ( m là tham số) đồng biến trên  khi và chỉ khi Câu 2. Hàm số m  0.m  A. 0. Câu 3. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (Hình vẽ 1). Biết độ BC  dài A. 5cm. B. 10cm. Câu 4. Cho đường tròn tâm O , bán kính AB (Hình vẽ 2). Biết 8 cm.  A. 2 5 cm. B. 20cm. II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm) Câu 5 (3,5 điểm).

  y

a) Giải hệ phương trình



b) Giải phương trình

2  7   0

(

P y ) :

c) Cho parabol

và đường thẳng

(với m là tham số). Tìm tất cả các giá

d y :



 x m

   4 x 21 x 2

)P tại hai điểm phân biệt có hoành độ

Hình vẽ 2







 . 3

2 1

x 1

x 2

x x 1 2

O và điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến .O Đường thẳng đi qua

x thoả mãn 2 ,x 1

trị của tham số m để đường thẳng d cắt parabol (  Câu 6 (1,0 điểm). Một đội xe theo kế hoạch mỗi ngày chở số tấn hàng như nhau và dự định chở 140 tấn hàng trong một số ngày. Do mỗi ngày đội xe đó chở vượt mức 5 tấn nên đội xe đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian dự định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn hàng. Hỏi số ngày dự định theo kế hoạch là bao nhiêu? Câu 7 (3,0 điểm). Cho đường tròn  O ( AB và AC đến  O vuông góc với đường thẳng AD và cắt

.BC

,B C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BD của đường tròn  ,AD BC lần lượt tại

.K E Gọi I là giao điểm của OA và

 OI OA OK OE

5cm,

3cm.

R 

Tính độ dài đoạn thẳng

.BE

a) Chứng minh rằng các tứ giác b) Chứng minh rằng OA  c) Biết Câu 8 (0,5 điểm). Cho

abc  Chứng minh rằng





 1



  1

ABOC AIKE nội tiếp đường tròn. . . . O có bán kính đường tròn  ,a b c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ,  c 4 c

 b 4 b

 a 4 a

3 4 ——— HẾT——— Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh………………………………………………………… Số báo danh…………………………

ĐỀ XUẤT HƯỚNG DẪN CHẤM

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: Mỗi câu đúng được 0,5 điểm

Câu

1

2

3

4 Đáp án

D

C

B

A

II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Điểm 1,25

Nội dung chính   y

Câu 5a. Giải hệ phương trình





  

Giải hệ phương trình

2 x   y

  9 1   7 2



  y

x  2 y 





  

y 

Từ  1 Thế vào (2) ta được x Thay vào (3) ta được Vậy hệ có nghiệm duy nhất là 

  2 2 7   2.5 9 1.  x y  ;



 5;1 .

x 4

  3

   9 (3).

Câu 5b . Giải phương trình

0,25 0,5 0,5 1,25

Tính được

     4 3 1 0



Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt

 3

x 1

x 2

 1

 1

Vậy …

0,25 0,5 0,5 1,0

(

P y ) :

d y :



 x m

Câu 5c. Cho parabol

và đường thẳng

(với m là tham số).

21 x 2

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt parabol (

)P tại 2 điểm phân



biệt có hoành độ

 . 3

2 1

x x 1 2

x 1

x 2

x x 1 2



Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d là:



x m

  

x m 2

  

 x m 2



  0 1 .

1 2

d cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 4 2

  



       . 4

    



22 

Ta có

  2 0 x là hoành độ giao điểm của d và (P) nên 2

2 m m x là hai nghiệm của (1). 2

x thoả mãn  ,x 1





Do đó theo định lí Vi-et ta được:

x 2   2

x 1 x x 1 2

  







 

4 2

 3

Khi đó 

 1

x x 1 2

x 1

x 2

x x 1 2

      1





   

1 7 2



   0

    m 

3 2

Kết hợp với điều kiện có nghiệm ta được

m   ,

m  thỏa mãn.

3 2

0,25 0,25 0,25 0,25 1,0

,x 1 ,x 1

Câu 6 . Một đội xe theo kế hoạch mỗi ngày chở số tấn hàng như nhau và dự định chở 140 tấn hàng trong một số ngày. Do mỗi ngày đội xe đó chở vượt mức 5 tấn nên đội xe

đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian dự định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn hàng. Hỏi số ngày dự định theo kế hoạch là bao nhiêu?

Gọi x (đơn vị: tấn,

0x  ) là số tấn hàng đội xe chở trong một ngày theo kế hoạch.

Khi đó thời gian hoàn thành kế hoạch theo dự định của đội xe là

ngày.

140 x

Thực tế mỗi ngày đội xe chở vượt mức 5 tấn nên mỗi ngày đội xe chở được

5x  tấn

Thời gian hoàn thành kế hoạch thực tế là

ngày.

150 5x  Do đội xe đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian dự định 1 ngày nên ta có phương





trình:

140



  1

140



 700 150





 x x



140 150 x  x 5     x 150 5    x x 5

 

700 10



  



700

x 

So sánh với điều kiện ta được

x        0 x (tấn).

0,25 0,25 0,25 0,25

Vậy thời gian hoàn thành kế hoạch theo dự định là

 ngày.

140 20

3,0

O và điểm A nằm ngoài đường tròn. Từ điểm A kẻ hai tiếp ,B C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BD của đường tròn

O (

,AD BC lần lượt tại

Câu 7 . Cho đường tròn  tuyến AB và AC đến   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.

B

I

O

A

K

C

D

E



ABO





 ABO ACO 180     90    tứ giác ABOC nội tiếp đường



AKE 

a) Do AB, AC là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên  90 , ACO Xét tứ giác ABOC ta có:   90 tròn. Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta được AO là trung trực của BC nên  90 AIE  Do OE vuông góc AD nên  90  Xét tứ giác AIKE ta có   90 

 AIE AKE   tứ giác AIKE nội tiếp đường tròn.

b) Tứ giác AIKE nội tiếp đường tròn nên  OIK OEA Xét hai tam giác OIK và tam giác OEA ta có:  OIK OEA (theo chứng minh trên)   IOK EOA 

0,5 0,5 0,25





 OI OA OE OK

Suy ra OIK

OEA 

(đpcm).

OI OK  OE OA

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

OK OE OD





kết hợp với phần b ta được

OK OD  OD OE

OI OA OB OD   . ,

ODE

   90 . 

 BIO

BDE 

 BI BE BD BO





  18 1 .

Xét tam giác OKD và ODE ta có: OK OD và  KOD DOE  OD OE Xét hai tam giác BIO và tam giác BDE có:     BIO BDE  OBI EBD  90 ,   BI BO  BD BE

 ODE OKD     OKD

2  AO OB

 BI AO BA BO

  BI

cm.



Áp dụng định lí Pitago cho tam giác ABO ta có:    AB AB Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABO ta được: . BA BO AO

0,75 0,25 0,25 0,25 0,25



cm.

BE 

cm.

Thay vào (1) ta được:

Vậy

15 2

12 5 15 2

18 BI

 4 cm. 16

Câu 8 . Cho

,a b c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện ,

abc  . Chứng minh rằng

0,5









 1

  1

 a 4 a

 b 4 b

 c 4 c

3 4

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với







 b

1 

 b

1 



3 4

 b

1 

a  1

b  1

 4 a a

 1

 1

 4 b a

 1

 4 c a

 1

 1







c  1 3 4



 1 1  1

 1

 4 a b

1  1

 1

1  1

 1

 4 c a



x y z , ,

Đặt

 và 0

xyz  .

 1 a

 1 b

 4 b a 1   c





Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành



3 4

x  1



 1



 1



z  1

y  1

 1 Sử dụng bất đẳng thức AM – GM ta được: 1







 8



 8

3 4



x  1

 1



x  1

 1 Tương tự ta được: z









 8

3 4

 8

 1



y  1

 1



y  1







 8

3 4



z  1



 1



 1 Cộng từng vế các bất đẳng thức trên và thu gọn ta được: y





  y







 8

3 4

  

  

x  1

 1



 1



 1



z  1

y  1







  y

xyz

(đpcm).







1 2



3   4

1 2

3   4

3 4

 1



0,25 0,25

y  1 

 1 1

 c

 z

x  1  Dấu bằng xảy ra khi

z  x  1       . a



x y z , ,

Đặt

 và 0

xyz  .

Cách khác câu 8: 1 a

1 b

1   c







Bất đẳng thức trở thành:  





 1











 xyz xy yz xz x y z

   





 1







 

xy yz xz



  x y z

6 3







 

 1   





   c 2 2 x y

 ab bc  2 2  z y



xyz x y z

 

 ta có:   3



3 4    ac  2 2 x z

Áp dụng bđt a   y 3  



b  

  x y z





 

3 





xyz

4

Lại có







  x y z





Do đó ,

3 (1)



 

33 

 Mặt khác, theo bđt AM - GM ta có 3 3  x

 

xy; x

 

xz; y



  





xy yz xz





1 3











xyz

3



. 2 3





 





xy yz xz



Do vậy,

3 (2)

1 3  3





và cũng có: 

 

Từ (1) và (2) ta có đpcm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

NĂM HỌC: 2020 - 2021

MÔN THI: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 02 trang)

Ngày thi: 17 tháng 7 năm 2020

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1. (1, 5 điểm)

Cho parabol

và đường thẳng

21 x 4

a) Vẽ ( )P và ( )d trên cùng hệ trục tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm của ( )P và ( )d bằng phép tính.

y   x P y ( ) : d ( ) :  2. 1 2

Bài 2. (1, 0 điểm)

22 x

Cho phương trình:

x   có hai nghiệm là

x x , 1 2





x 2

Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức:

 x

 x



Bài 3. ( 0, 75 điểm)

Quy tắc sau đây cho ta biết CAN, CHI của năm X nào đó. Để xác định CAN, ta tìm số dư r trong phéo chia X cho 10 và tra vào bảng 1. Để xác định CHI, ta tìm số dư s trong phép chia X cho 12 và tra vào bảng 2.

Ví dụ: năm 2020 có CAN là Canh, CHI là Tí.

Bảng 1

Bảng 2

a) Em hãy sữ dụng quy tắc trên đề xác định CAN, CHI của năm 2005? 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 sụ kiện trên xảy ra vào cuối thế kỉ 18. Em hãy giúp Hằng xác định chính xác năm đó là năm bao nhiêu?

Bài 4. ( 0,75 điểm)

Cước điện thoại y (nghìn đồng) là số tiền mà người sử dụng điện thoại cần trả hàng tháng, nó

phục thuộc vào lượng thời gian gọi x (phút) của người đó trong tháng. Mỗi liên hệ giữa hai đại ,a b biết rằng nhà bạn Nam trong tháng 5 lượng này là một hà số bậc nhất y

  . Hãy tìm

đã gọi 100 phút với số tiền là 40 nghìn đồng và trong tháng 6 gọi 40 phút với số tiền là 28

nghìn đồng. Bài 5. (1, 0 điểm)

Theo quy định của cửa hàng xe máy, đề hoàn thành chỉ tiêu trong một tháng, mỗi 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 nhận lương cơ bản là 8000000 đồng. Nếu trong một tháng nhân viên nào vượt chỉ

tiêu thì được thưởng thêm 8% tiền lời của số xe được 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 thương thêm tháng đó.). Hỏi anh Thành đã bán được bao nhiêu chiếc xe máy trong tháng 5 , biết rằng số xe bán ra thì cửa hàng thu được tiền lời được 2500000 đồng.

Bài 6. (1, 0 điểm)

m m m

Anh Minh vừa mới xây một cái hồ trữ nước cạnh nhà có hình hộp chữ nhật kích thước 2   . Hiện hồ chưa có nước nên anh Minh phải

ra sông lấy nước . Mỗi lần ra sông anh gánh được 1 đôi nước đầy gồm hai thùng hình trụ bằng nhau có kích thước đáy 0,2m , chiều cao 0, 4m .

)m anh Minh đổ vào hồ sau mỗi lần gánh (ghi (

a) Tính lượng nước

kết quả làm tròn đến hai chữ số thập phân) . Biết trong quá trình gánh

nước về hao hụt khoảng 10% và công thức tính thể tích hình trụ là

2 R h

b) Hỏi anh Minh phải gánh ít nhất bao nhiêu lần để đầy hồ? Bỏ qua

thể tích thành hồ.

Bài 7. (1, 0 điểm)

Sau 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 giảm 1 500 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. ( 3, 0 điểm)

R 2 .

Cho đường tròn tâm

,O bán kính R và điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho

Từ A

;AD AE đến đường tròn ( )O (

,D E là 2 tiếp điểm). Lấy điểm M nằm trên cung

MD ME

Tiếp tuyến của đường tròn ( )O tại M cắt

;AD AE lần lượt tại

kẻ 2 tiếp tuyến nhỏ DE sao cho .J Đường thẳng DE cắt OJ tại

;F M cùng nằm trên một đường

a) Chứng minh: OJ là đường trung trực của đoạn thẳng ME và  .  MOF OEF b) Chứng minh: tứ giác ODIM nội tiếp và 5 điểm

tròn.

và sin IOA

  c) Chứng minh  IOM IOA MF IO

-------------------- HẾT --------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

NĂM HỌC: 2020 - 2021

MÔN THI: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi gồm 02 trang)

Ngày thi: 17 tháng 7 năm 2020

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1. (1, 5 điểm)

P y ( ) :

d ( ) :

 

Cho parabol

và đường thẳng

 2.

21 x 4

1 2

a) Vẽ ( )P và ( )d trên cùng hệ trục tọa độ.

b) Tìm tọa độ giao điểm của ( )P và ( )d bằng phép tính.

Lời giải:

4

2

P y ( ) :

21 x 4

( ) : d

 

2 

1 2

P y ( ) :

d ( ) :

 

và

 bằng phép tính.

b) Tìm tọa độ giao điểm của

21 x 4

1 2

Hoành độ giao điểm của ( )d và ( )P là nghiệm của phương trình:

 





1 4 2 x



  x 2

1 2 8

2  4

  x   x x

Với

   ta có giao điểm (2;1)A

B 

( 4; 4)

Với

    ta có giao điểm

B 

( 4; 4).

Vậy tọa độ giao điểm của ( )P và ( )d là (2;1)A

và

Bài 2. (1, 0 điểm)

22 x

Cho phương trình:

x   có hai nghiệm là

x x 2

, 1





x 2



x 2

Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức:

 x

 x



Lời giải:

22 x

Ta có

x   . 3

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:



x x 1 2

,x x là nghiệm của phương trình 1    5 x x  2   3   2

2 x







x 2

2 x 2

1 

 x 2 





 x x 4 1 2







2 x 2 2 x x 5 1 2

2 1 2 1









4 x x 1 2

5 x x 1 2



x x 1 2





    2   3         2  



 x 1 x x 1 2  2 x 1  x  x  1 2   5         2   11 Bài 3. ( 0, 75 điểm)

Ví dụ: năm 2020 có CAN là Canh, CHI là Tí.

Bảng 1

Bảng 2

Lời giải:

a) Ta có 2005 : 10 2005 : 12

200 167

dư 5  CAN = “ẤT”. dư 1 CHI = “DẬU”.

Vậy năm 2005 có CAN là “Ất”, CHI là “Dậu”.

dư 8 .

b) Gọi x là năm Nguyễn Huệ lên ngôi hoàng đế. 1799 Do x thuộc cuối thế kỉ 18 nên 1750 Do CAN của x là Mậu nên : 10 Suy ra hàng đơn vị của x là số 8 . Suy ra x là một trong các năm 1758,1768,1778,1788,1798 .

Do CHI của x là “Thân” nên x chia hết cho 12 . Vậy chỉ có năm 1788 thỏa mãn. Vậy Nguyễn Huệ lên ngôi hoàng đế năm 1788 .

x 

Bài 4. ( 0, 75 điểm)

Cước điện thoại y (nghìn đồng) là số tiền mà người sử dụng điện thoại cần trả hàng tháng, nó

  . Hãy tìm

đã gọi 100 phút với số tiền là 40 nghìn đồng và trong tháng 6 gọi 40 phút với số tiền là 28

nghìn đồng.

Lời giải:



Theo đề ta có hệ phương trình

40 28

1 5 20

    b a 100      b a 40  

   a      b 



20.

Vậy

1 b 5

Bài 5. (1, 0 điểm)

Theo quy định của cửa hàng xe máy, đề hoàn thành chỉ tiêu trong một tháng, mỗi 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 nhận lương cơ bản là 8000000 đồng. Nếu trong một tháng nhân viên nào vượt chỉ tiêu thì được thưởng thêm 8% tiền lời của số xe được 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 thương thêm tháng đó.). Hỏi anh Thành đã bán được bao nhiêu chiếc xe máy trong tháng 5 , biết rằng số xe bán ra thì cửa hàng thu được tiền lời được 2500000 đồng.

Lời giải: Gọi x là số xe mà anh Thành bán được trong tháng 5 . Theo đề ta có phương trình 8000000

31) 8% 2500000

   

9800000

x (



  40

Vậy anh Thành bán được 40 chiếc.

Bài 6. (1, 0 điểm)

m m m

Anh Minh vừa mới xây một cái hồ trữ nước cạnh nhà có hình hộp chữ   . Hiện hồ chưa có nước nên anh Minh phải nhật kích thước 2

ra sông lấy nước . Mỗi lần ra sông anh gánh được 1 đôi nước đầy gồm hai thùng hình trụ bằng nhau có kích thước đáy 0,2m , chiều cao 0, 4m .

)m anh Minh đổ vào hồ sau mỗi lần gánh (ghi (

a) Tính lượng nước

kết quả làm tròn đến hai chữ số thập phân) . Biết trong quá trình gánh nước về hao hụt khoảng 10% và công thức tính thể tích hình trụ là

2 R h

b) Hỏi anh Minh phải gánh ít nhất bao nhiêu lần để đầy hồ? Bỏ qua

thể tích thành hồ.

Lời giải:

a) Thể tích hình trụ

2 R h



0, 05(



2 .0,2 .0, 4

)



truV Lượng nước anh Minh đổ vào hồ trong mỗi lần gánh là





V 2

 90% 0, 09 (

)

tru

V 

2.2.1

b) Thể tích cái hồ là:

 4



44, 4.

Số lần gánh của anh Minh để đầy hồ là:

4 0, 09

Vậy anh Minh cần gánh ít nhất 45 lần.

Bài 7. (1, 0 điểm)

x 5(



1 500)



154 500

Lời giải: Gọi x (đồng) là giá ly kem ban đầu. x Theo giả thiết ta có phương trình: 4

162 000

18 000

  x

(đồng).

  9 x Vậy giá tiền của một ly kem là 18 000 đồng.

Bài 8. ( 3, 0 điểm)

R 2 .

Cho đường tròn tâm

,O bán kính R và điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho

Từ A

;AD AE đến đường tròn ( )O (

,D E là 2 tiếp điểm). Lấy điểm M nằm trên cung

MD ME

Tiếp tuyến của đường tròn ( )O tại M cắt

;AD AE lần lượt tại

kẻ 2 tiếp tuyến nhỏ DE sao cho .J Đường thẳng DE cắt OJ tại

;F M cùng nằm trên một đường

a) Chứng minh: OJ là đường trung trực của đoạn thẳng ME và  .  MOF OEF b) Chứng minh: tứ giác ODIM nội tiếp và 5 điểm

tròn.



và sin IOA



c) Chứng minh  IOM IOA

MF IO

Lời giải:

 JM JE

(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

a) CMR: OJ là đường trung trực của ME .  OJ là đường trung trực của ME (1) (1)

OEJ c (

OMJ

 

 

)

 

  EOF  MOF   OMF

  

  g

OEF c (

)

  (2) OEF OMF 



(2)



b) Ta có   090 OMI ODI  Suy ra tứ giác ODIM nội tiếp (3)

Ta chứng minh ODMF nội tiếp

có  OED ODE



(do ODE cân tại O )  nên ta có     ODE ODF OMF

Xét tam giác OED Theo ý a ta có  OMF OEF  Suy ra ODMF nội tiếp (do cùng chắn cung OF ) (4).

, ,

Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm

O D I M F cùng nằm trên một đường tròn.

c) Ta có tứ giác IDOF nội tiếp

(cùng chắn cung DO )



(2 góc kề bù tương ứng) (5)

 DIO DFO    AIO EFO  Ta lại có tứ giác ADOE nội tiếp

 DAO DEO 



(6)

 

AIO

 

EFO g (

 ) g

Từ (5) và (6)  IOA EOF   Mà  EOF JOM Nên  IOA JOM



Chứng minh sin IOA

MF IO

sin



Ta có   JOM IOA

(7)

MJ OJ

Mặt khác JMFO nội tiếp (do ý b) nên ta có  JMF JOI



JOI

(g-g)

(8)

 Suy ra JMF



MJ MF  OI JO



Từ (7) và (8) suy ra sin IOA

MF IO

-------------------- HẾT --------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I. (1,5 điểm)

A 











1) Rút gọn biểu thức:

0x  và

x  1.

7 7 2 

2 1  x

1  x a) Rút gọn biểu thức M . b) Tìm tất cả các giá trị của x để

1M  .

với 2) Cho biểu thức:

Bài II. (2,5 điểm)

x 2

23 x

1) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

  3 0

  4 0

x x

3 1

  y   y

   và song song với đường thẳng

d đi qua

1; 4A 



  .

 :

a) b) c)

x

,Oxy cho parabol 

 P y :

.P

2) Viết phương trình đường thẳng   Bài III. (1,5 điểm)

P có hoành độ là 2.

Trong mặt phẳng tọa độ 1) Vẽ đồ thị parabol  2) Bằng phép tính, tìm tọa độ điểm N thuộc parabol 

Bài IV. (1,5 điểm)

cm 6



Một người đi xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B hết 1 giờ 30 phút, rồi tiếp tục 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 BC , biết quãng đường xe máy đã đi từ A đến C dài 150 km và vận tốc xe máy đi trên quãng đường AB nhỏ hơn vận tốc đi trên quãng đường BC là 5 km/h.

5sin



và . Tính giá trị của biểu thức

R r Kẻ BC là tiếp tuyến

Bài V. (3,0 điểm)

;O R và  

;O r

1) Cho tam giác ABC vuông tại A , biết  P 3. 2) Cho hai đường tròn 

 C O



chung ngoài của hai đường tròn với , tiếp tuyến chung trong tại A của hai , tiếp xúc ngoài tại A , với   B O

.AC Chứng minh tứ



và

.MO O OBCO .

đường tròn cắt BC tại a) Chứng minh bốn điểm O , B , M , A cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi E là giao điểm của OM và AB , F là giao điểm của O M giác AEMF là hình chữ nhật. c) Chứng minh rằng tam giác MEF đồng dạng với tam giác d) Cho biết cm . 9 Tính diện tích tứ giác và

----HẾT----

LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH TIỀN GIANG

NĂM HỌC 2020 – 2021

Bài I. (1,5 điểm)

A 











1) Rút gọn biểu thức:

0x  và

x  1.

7 7 2 

2 1  x

1  x a) Rút gọn biểu thức M . b) Tìm tất cả các giá trị của x để

1M  .

2) Cho biểu thức: với

Lời giải

A 







2

7 7

1) Rút gọn biểu thức:





A 

  5



  5







2

7 7

Ta có:

A  5.





Vậy

0x  và

x  1.

2 

1  x

1  x

2) Cho biểu thức: với





2 

0x  và 1  x

1  x

  1

 









1 2  1





  1 .  x   1 .

 1



a) Rút gọn biểu thức M . 1x  , ta có: Với

x  1 x

  

 1



 2 M  x  x   1 .

M  2  x

1M  .

1 b) Tìm tất cả các giá trị của x để

1M 

Ta có:       1 3 x x 9 (thỏa điều kiện). 2  x 1

Bài II. (2,5 điểm)

  y

x 2

23 x

1) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

  3 0

  4 0

  y

  

a) b) c)

d đi qua

1; 4A 



  .

và song song với đường thẳng

 :

2) Viết phương trình đường thẳng  

Lời giải 1) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

b  ; 2

c   và 3

      nên phương trình có hai nghiệm

1 2 3 0

S 

a b c    . 1; 3

3 0   1a  ; x  và 2

x   . Vậy 3 a) 2 x Ta có: phân biệt 1 1

t  . 0

23 x 2x

  4 0 t với

Đặt

2 3 t

  4 0 *

Khi đó phương trình đã cho trở thành: t   .

1a  ;

3b  ;

c   ta có 4

a b c

1 3 4 0

      nên phương trình  * có hai nghiệm

Với

    . x

2 1

t   (loại). 4 phân biệt 1 1 t  (nhận) và 2



x x

2    y

x 2

2    y

 

2 1

x y

x t  thì Với 1 1  1;1 S   Vậy x  2 4   y x

y     y

3 1

x x

  

   1y  .

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất

x  ; 2 1; 4A 

d đi qua



  .

và song song với đường thẳng



 ax b

 :d



b 1;

  nên 7

 . 7

ax b

 song song với đường thẳng 

 :

  . x b

2) Viết phương trình đường thẳng  

    (thỏa b

x  .

b  ). Vậy 

 :

 : y Gọi phương trình đường thẳng   :d Vì  y   :d Khi đó:     d 1; 4A



nên 4 1 Vì

x

Bài III. (1,5 điểm)

,Oxy cho parabol 

 P y :

.P

Trong mặt phẳng tọa độ

P có hoành độ là 2.

1) Vẽ đồ thị parabol  2) Bằng phép tính, tìm tọa độ điểm N thuộc parabol 

.P

Lời giải

2

1

x

1) Vẽ đồ thị parabol  Bảng giá trị:

Đồ thị:

P có hoành độ là 2.

2) Bằng phép tính, tìm tọa độ điểm N thuộc parabol 



 P y :

Ny 







2



2; 2

Ta có: N 2; y   x 2  . Vậy 2 N .

Bài IV. (1,5 điểm)

x 

0



Lời giải

. . 

x 

  5 1 giờ).

Gọi x (km/h) là vận tốc của xe máy đi trên quãng đường AB  y (km/h) là vận tốc của xe máy đi trên quãng đường BC  Vì vận tốc của xe máy đi trên quãng đường AB nhỏ hơn vận tốc của xe máy đi trên quãng đường BC là 5 km/h nên ta có phương trình: .

Quãng đường AB là: 1,5x (km/h) (1 giờ 30 phút 1,5

Quãng đường BC là: 2 y (km)

y 2



  150 2

Vì quãng đường xe máy đi từ A đến C dài 150 km nên ta có phương trình: 1,5

y 

  x 5 y Từ  1 và  2 ta có hệ phương trình: x  2 y  150

x 

  1,5  40 Giải hệ phương trình này ta được: (nhận) ; (nhận).

cm 6



Vậy vận tốc của xe máy đi trên quãng đường AB là 40 km/h. Vận tốc của xe máy đi trên quãng đường BC là 45 km/h.



 3.

Bài V. (3,0 điểm) và . Tính giá trị của biểu

R r Kẻ BC là tiếp

;O R và  

;O r

tiếp xúc ngoài tại A , với 1) Cho tam giác ABC vuông tại A , biết thức 5sin 2) Cho hai đường tròn 

 B O



 C O



tuyến chung ngoài của hai đường tròn với , , tiếp tuyến chung trong tại A

.AC Chứng minh tứ



và

.MO O OBCO .

của hai đường tròn cắt BC tại a) Chứng minh bốn điểm O , B , M , A cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi E là giao điểm của OM và AB , F là giao điểm của O M giác AEMF là hình chữ nhật. c) Chứng minh rằng tam giác MEF đồng dạng với tam giác d) Cho biết cm . 9 Tính diện tích tứ giác và

cm 6



Lời giải

5sin



và .

1) Cho tam giác ABC vuông tại A , biết  Tính giá trị của biểu thức 3.

BC 2

 2

 2

10cm





sin



Ta có:

 2 AC  6 10 AC  cm. 8 AC BC

8 10

4  . 5

6cm

Suy ra:

P 

  . 3 7

4 5 7P  .

R r Kẻ BC là tiếp

;O R và  

;O r

tiếp xúc ngoài tại A , với Vậy 2) Cho hai đường tròn 

 B O



 C O



A của hai đường tròn cắt BC tại

)O .

tuyến chung ngoài của hai đường tròn với , , tiếp tuyến chung trong tại

 ( BC là tiếp tuyến của đường tròn tâm

)O .

 ( AM là tiếp tuyến của đường tròn tâm

.AC Chứng minh tứ

  180     90 

và

a) Chứng minh bốn điểm O , B , M , A cùng thuộc một đường tròn. Ta có:  90 OBM   90 OAM    90  OBM OAM  Tứ giác OABM nội tiếp trong một đường tròn hay bốn điểm O , B , M , A cùng thuộc một đường tròn. b) Gọi E là giao điểm của OM và AB , F là giao điểm của O M giác AEMF là hình chữ nhật.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: MO là tia phân giác của AMB và MO là tia phân giác của AMC .



Mà AMB và AMC là hai góc kề bù.

 . hay  90 EMF 

và OA OB nên MO là đường trung trực của đoạn AB .



AEM 

 .  và O A O C nên MO là đường trung trực của đoạn AC .

AFM   .

Suy ra: MO MO Ta có: MA MB Suy ra  90 Ta có: MA MC Suy ra  90 Tứ giác AEMF có    90   EMF AEM AFM

.MO O 2

 c) Chứng minh rằng tam giác MEF đồng dạng với tam giác  nên AEMF là hình chữ nhật.

 2

Ta có AOM vuông tại A , AE là đường cao. Suy ra:

MA ME MO MA MF MO



vuông tại A , AF là đường cao. Suy ra:

ME MO MF MO 

Ta có AO M  ME MO MF MO Do đó:  . . và MO O có: Xét MEF  



ME MF  MO MO

(do )

MO O và r

OBCO .

Tính diện tích tứ giác (c.g.c) cm 9 .

vuông tại M có MA là đường cao.

2 MA

MA MB MC



hay MA   16.9 12 cm. OMO là góc chung ∽ Vậy MEF  d) Cho biết  cm 16 R Vì  90 EMF   Suy ra  nên MOO  AO AO .

BC 2

2.12

 BC MA 2



Ta có MA MB nên và MA MC

//OB O C

cm.

và cùng vuông góc với BC ).

  16 9 .24





OB OC BC   . Suy ra  Tứ giác OBCO là hình thang vuông (vì     300 cm2. S OBCO 2 2

----HẾT----

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (1,5 điểm).

= − . a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của 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 2 16.2.

x > và 0

1x ≠ .

x −

1 x

  

   

  : 1     

với c) Rút gọn biểu thức

Câu 2 (1,5 điểm).

x a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình . − = y − y 3 = − 5   3 

song song với đường thẳng

x 2 b) Tìm giá trị của m để đường thẳng y = mx + 2m (m 0)≠ y = 2x + 2020 .

Câu 3 (1,0 điểm).

17 18 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.

này, khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả

Câu 4 (2,0 điểm).

− (1) (với x là ẩn số). (m +1)x + m = 0

−

Cho phương trình a) Giải phương trình (1) khi m = 2 . b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m. c) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x , x thỏa mãn điều kiện

12 = 0

x x + x x 2

2 1

2 2

PQM = 90 .

Câu 5 (3,0 điểm).

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC sao cho BCM nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến BC và AC. Gọi P là trung điểm của AB, Q là trung điểm của FE. Chứng minh rằng: a) Tứ giác MFEC nội tiếp. b) Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng. c) MA.MQ = MP.MF và  0

Câu 6 (1,0 điểm).

Một chiếc cốc thủy tính có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích của chiếc cốc. Một chiếc có 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 (hình vẽ bên). 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 chiều cao của chiếc cốc có dạng hình nón (bỏ qua bề dày của thành cốc và đáy cốc).

----HẾT----

LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2020 – 2021

Câu 1 (1,5 điểm).

= −

−

25 − . + a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức A b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức B = 16 9.2 2 25.2 2 16.2.

x > và 0

1x ≠ .

x −

1 x

  

   

  : 1     

c) Rút gọn biểu thức với

Lời giải

= − 25 16 . a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức A

− 25 16 = − = 5 4 1

Ta có: Vậy A = 1A =

−

9.2 2 25.2 2 16.2

+ − 9.2 2 25.2 2 16.2. B = b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức

−

2 2 3 .2 2 5 .2 2 4 .2

−

3 2 10 2 8 2

Ta có: B =

B =

−

Vậy

x > và 0

1x ≠ .

x −

1 x

  

   

  : 1     

−

c) Rút gọn biểu thức với

và x

≠ 1

x −

1 x

  

  : 1     

−

x −

1 x

  : 1     

    Ta có:    

−

1 −

   

(

) 1

 1  x     :     

   

( 1

x −

(

) 1

1 −

với

và x

≠ 1

1 −

với Vậy

x Câu 2 (1,5 điểm).

a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình . 3 = − 5 y x  x  3 

− = y − 2 b) Tìm giá trị của m để đường thẳng y = mx + 2m (m 0)≠ song song với đường thẳng y = 2x + 2020 .

Lời giải

x . a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình − = y − y x 2 3 = − 5   3 

− = = = x x 2 2 y y y 1 ⇔ ⇔ ⇔ 3 = − − = y − 6 = − = 2 5 2 5 3 x y x x   3    

 1  = + − 3 y y  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (   x  ( ) x y = ; 4 ) 4;1

song song với đường thẳng

≠

b) Tìm giá trị của m để đường thẳng y = mx + 2m (m 0)≠ y = 2x + 2020 .

+ y mx m m

x= 2

2020

(

)

Để đường thẳng song song với đường thẳng thì

(

)

= = m 2 m ⇔ ⇔ = m 2 tm 2 ≠ ≠ 2020 m 2 m 1010   

   Vậy m = 2.

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 cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả 17 18 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.

Lời giải

km h /

0,5

(

)

Gọi vận tốc lúc về của người đó lad x (km/h) (ĐK: x > 0). ⇒ Vận tốc lúc đi là

( ) h

Thời gian lúc đi là 2 x + 0,5

( ) h

2 x

Thời gian lúc về là

2 + 0,5

x ⇔

2 + = x −

17 18 −

127

= 36 0

⇔

−

= 36 0

x 9 )

x 34 ( ⇔ − = x

− 136 )( x 4 34 ) (

ktm

(

)

⇔  = − x 

9 34

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:

Vậy vận tốc của người đó lúc về là 4km/h.

Câu 4 (2,0 điểm).

− (1) (với x là ẩn số). (m +1)x + m = 0

Cho phương trình a) Giải phương trình (1) khi m = 2 .

−

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m. c) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x , x thỏa mãn điều kiện

12 = 0

x x + x x 2

2 1

2 2

− (m +1)x + m = 0 Lời giải (1) (với x là ẩn số).

Cho phương trình a) Giải phương trình (1) khi m = 2 .

+ =

−

2 0

2 x −

+ = 2 0 ) =

3 2 ⇔ − − x )( 1 1

x ( ⇔ − = x ⇔  = x Vậy với m = 2 thì phương trình (1) có hai nghiệm x = 1; x = 2.

Với m = 2 thì phương trình (1) trở thành:

−

+ x m

) 1

(

( ) 0 1

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của m. = Xét phương trình

∆ = −

−

4.1.

(

) 1

 

 

−

(

) 1

≥ với mọi m nên

0∆ ≥ với mọi m.

m −

Ta có:

)2 1

Vì(

Suy ra phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.

−

12 = 0

x , x thỏa mãn điều kiện c) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm

2 2

2 1

x x + x x 2 Theo câu b) ta có phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m.

= x m 2 =

x 1 x x m 1 2

  

−

= 12 0

2 x x 1 2

x x+ 1 2

−

⇔

= 12 0

⇔

) = 12 0

= 12 0

,x x là hai nghiệm của phương trình (1). Theo hệ thức Vi-et ta có: Gọi 1

= 12 0 =

− )

− ⇔ + 3 m m m )( ( − ⇔ + m = −  4 m ⇔  = m Vậy m = -4; m = 3 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

Theo bài ra ta có: ( + x x x x 1 2 1 2 ( ) + − 1 m m 2 ⇔ + − m m 2

PQM = 90 .

Câu 5 (3,0 điểm).

Lời giải

M

A

F

P

Q

O

B

C

E

(Học sinh không vẽ hình ý nào sẽ không được chấm điểm ý đó)

⊥ ⇒ Ta có: a) Tứ giác MFEC nội tiếp.  090 = MF

nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn = MEC MFC

= (tính chất) (1) EFM ECM+

(tính chất) (2) BAM BCM+

= = (cùng bù với BCM )

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung FM) (3)

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (4)

có:

)

AC MFC  090 = ⊥ ⇒ ME BC MEC Tứ giác MFEC có   090 = cạnh đối diện 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 Tứ giác nội tiếp ABCM nội tiếp nên   0 180 Từ (1) và (2)  BAM EFM ⇒  FEM FCM=  FCM ABM= Từ (3) và (4) suy ra  FEM ABM= Xét FEM∆ và ABM∆   ( = EFM BAM cmt

  ( = FEM ABM cmt

)

⇒ ∆

∆

−

FEM

)



( ABM g

PQM = 90 .

∆

⇒ =

c) MA.MQ = MP.MF và  0

FEM

ABM



FE MF AB MA

Từ câu b ta có: (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

⇒ ⇒ ⇒ AM FM = FQ AP

FQ MF = AP MA có: FQ MF 2 = AP MA 2 ∆ Xét MAP và MFQ∆

)

⇒ ∆

− −

∆

MAP MFQ c g c

)

AM FM = AP FQ   ( = MAP MFQ cmt



(

⇒

⇒ (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

∆

MA MP = MF MQ = MA MQ MP MF

MAP MFQ cmt

(

)   = ⇒ AMP FMQ



⇒

AMF PMB BMQ

Lại có (hai góc tương ứng)

          = ⇒ AMF FMP FMP PMB BMQ AMF PMQ ∆ Xét MAF

có: và MPQ∆

)

⇒ ∆

∆

− −

MAF

MA MP = MF MQ   ( = AMF PMQ cmt

)



⇒

( MPQ c g c

 MFA MQP =

(hai góc tương ứng)

MFA

Mà  0 = ⇒ 90 MQP

Câu 6 (1,0 điểm).

Lời giải

Theo đề bài ta có:

1 2

Thể tích nước trong cốc hình trụ = Thể tích chiếc cốc hình nón = thể tích chiếc cốc hình trụ.

( R R >

Gọi bán kính đáy của hai chiếc cốc là:

)0 ( cm gt

Chiều cao của chiếc cốc hình trụ là:

) )

( h h > 1 1

Gọi chiều cao của chiếc cốc hình nón là

2 R h

.10

)

( cm tm

V 1

2 R h 1

h 1

⇔ = h 1

1 ⇒ = ⇔ 2

1 3

1 2

1 ⇔ = 3

1 2

Gọi thể tích chiếc cốc hình trụ là V, thể tích chiếc cốc hình nón là

Vậy chiều cao của chiếc cố hình nón là 15cm.

----HẾT----

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2020-2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

MÔN THI : TOÁN Thời gian : 120 phút (không tính thời gian giao đề)

Bài 1. (2,00 điểm)

−

a) Tính giá trị của biểu thức A

−

b) Cho biểu thức

với x

0> . Rút gọn biểu thức B và tìm x

2 − x 1

1 x

3 x 5 ) ( − x 1

sao cho B = 2.

Bài 2. (1,5 điểm)

Cho hàm số

21 x 2 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số đã cho. b) Đường thẳng y 8= 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 toạ độ. Tính diện tích tam giác AHB (đơn vị đo trên các trục toạ độ là xentimet).

Bài 3. (1,5 điểm)

−

+ = có hai nghiệm là

23x a) Giải phương trình: b) Biết rằng phương trình

+ = − 7x 2 0 2x 19x 7

1x và

2x , không giải phương

trình, hãy tính giá trị của biểu thức:

−

38x

120

2 1

x x 1

2 2

x x 1

( P x 2x 2

)

( x 2x

)

Bài 4. (2,0 điểm)

a) Một số tự nhiên nhỏ hơn bình phương của nó 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 10 km/h, vận tốc lúc xuống dốc là 15 km/h (vận tốc lên dốc và xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính quãng đường AB.

Bài 5. (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cung 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 AB (H thuộc AB) và E là giao điểm của CH với AD.

+ AE AD BH BA

CDF =

a) Chứng minh rằng tứ giác BDEH là tứ giác nội tiếp. = b) Chứng minh rằng c) Đường thẳng qua E song song với AB, cắt BC tại F. Chứng minh rằng  090 đường tròn ngoại tiếp tam giác OBD đi qua trung điểm của đoạn CF.

và

--- HẾT ---

2 3

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Sơ lược cách giải Điểm Bài

0,25

0,25 a) (1,00 điểm) • Biến đổi được 12 3 3

= 6=

0,25

A = − 6

0,25

• 36 • • Kết luận b) (1,00 điểm)

2 − x

−

2 (

) 1

Ta có 0,25

−

1 x

1 −

(

−

) 1 x

−

Bài 1 2,00 điểm và 0,25

4 x

−

1 −

5 −

4 −

) 1

(

) 1

2 (

) 1

(

Thu gọn 0,25

= ⇔ = ⇔ = x

x > và 0

2B = khi và chỉ khi

1x ≠ nên

( 4 x

Do 0,25

Kết luận: Giá trị x cần tìm là 4.

0,25

)84;B (

Vẽ đồ thị (P): xác định được ít nhất 3 điểm thuộc đồ thị. Vẽ đúng đồ thị. Chỉ ra được tọa độ giao điểm 0,25 0,25

OB =

AB = và 8

4 5 là hình chiếu của O trên AB.

0,25

Tính được )0;8 ( K Điểm OK = 8

⇒

OK AB .

AH =

OB .

1 2

Bài 2 1,50 điểm 0,25 Ta có Theo công thức tính diện tích OAB. 16 5 1 5 2

BH =

ABH

(

64 5

8 5 5

0,25 Tính được và diện tích tam giác

a) (0,75 điểm) ∆ = 25 Tính đúng Viết đúng công thức các nghiệm 0,25 0,25

x = 2 2

1 x = và 3

0,25 Kết luận phương trình có hai nghiệm 1

x x = 1 2

−

2 x 1

và Bài 3 1,50 điểm 0,25

−

+ = và 0 +

− = − 3

2 x 2 − = − 3

x x 1 2

x 1

2 x 2

−

= 120 2020

0,25 Suy ra được

)

x 2 (

x x 1 2 2 )

= P x 2

x 1

Thay vào biểu thức cần tính, ta được 0,25 b) (0,75 điểm) x+ x ,x x nên 1 Vì phương trình có hai nghiệm 1 2 2 + = − Ngoài ra 0 x 219 7 x 119 2 − Hoặc 2 x 10 2 1 (

Bài 4 a) (1,00 điểm)

= 20 0

− = ⇔ − − x x 20 x x = x = − và 5 4 1 2

2,00 điểm

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 Gọi x là số tự nhiên cần tìm. Ta có phương trình Giải được hai nghiệm là Kết luận số cần tìm là 5. b) (1,00 điểm) - Gọi quãng đường lên dốc, xuống dốc lúc đi từ A đến B lần lượt là x (km) và y (km). - Điều kiện:

> 4 15

7 30

- 16 phút bằng giờ; 14 phút bằng giờ

0,25

- Thời gian đi từ A đến B bằng giờ nên ta có phương trình

y x + 10 15 y x + 15 10

4 15 7 30

= (thoả)

4 15 7 30 giờ nên ta có phương trình y 2,

- Thời gian đi từ B về A bằng 0,25

0,25 - Giải hai hệ phương trình trên, ta được Kết luận quãng đường AB dài 3 km.

0,50

 090 EHB =

0,25 (giả thiết) nên

(góc nội tiếp chắn nửa 0,25

+ EDB EHB

nên nội 0,25

⇒

= AB AH AE AD

0,25

⇒

AE AD .

0,25

⇒

) + AE AD BH BA

Hình vẽ phục vụ câu a và b (chưa có điểm F) a) (0,75 điểm) Vì CH AB⊥ Ta có  090 ADB = đường tròn) Tứ giác BDEH có   0 = 180 tiếp được trong một đường tròn. b) (0,75 điểm) Hai tam giác vuông AEH và ABD, có góc A chung nên đồng dạng AE AB = AH AD ( − AB AB BH 0,25 Kết luận

c) (1,00 điểm)

(đồng vị) 0,25 Bài 5 3,00 điểm (cùng chắn cung AC), do đó  EDC EFC

CDF =

⇒

=   ( )1 =

0,25 (đồng vị) nên  090

= FD FB

= OBD ODB

⇒

M O O D  M = DO M O

0,25

Vì EF song song AB nên  ABC EFC Lại có  ABC ADC Tứ giác CDFE có hai đỉnh D và F cùng nhìn cạnh EC dưới góc bằng nhau nên nội tiếp được. mà   090 Suy ra   0 = + = = 180 CEF CDF CEF CHB vì cùng phụ FDE , do đó  ABC FDB Suy ra  ADC FDB = F DM MF MD M Gọi M là trung điểm của CF thì (góc ngoài của tam giác)     ( )2 Ta có    ⇒ = M B F D FD FD Mặc khác, tam giác OBD cân tại O nên   ( )3 Từ (1), (2), (3) ta có  MDF BOD= Suy ra       + DB B DF FD DF (cùng bằng FDB ) ⇒ Tứ giác BDMO có hai đỉnh D và B cùng nhìn cạnh MO dưới góc bằng nhau nên nội tiếp được trong một đường tròn. Kết luận.

KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT

(Đề gồm có 1 trang 05 câu)

NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi : TOÁN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài :120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 17 tháng 7 năm 2021

Câu I. (2.0 điểm)

−

Cho biểu thức P =

; với x 0≥ ; x ≠ 1 ; x ≠ 4

x 8 − x

x +

−

   

   

   

   

1) Rút gọn P 2) Tìm các giá trị của x để P= - 4

Câu II. (2.0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b Tìm a ; b để đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm M(2;3)

2) Giải hệ phương trình

+ = x y 3

− x y 2 3 4 −= 1   

Câu III. (2.0 điểm)

= 1

(

1 )2 −x 2 1

1) Giải phương trình : x2 + 5x + 4 = 0 2) Cho phương trình : x2 + 5x +m-2 = 0 ( m là tham số) .Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn hệ thức : 1 )2 −x 1 1

Câu IV. (3.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn (O) Các đường cao BD ; CE ( D thuộc AC; E thuộc AB) của tam giác kéo dài cắt đường tròn (O) tại các điểm M và N ( M khác B ; N khác C)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q =

1) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp được trong một đường 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 của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE không đổi và tìm vị trí điểm A để diện tích tam giá ADE đạt giá trị lớn nhất Câu I. (1.0 điểm) cho ba số thực dương x; y ; z thỏa mãn điều kiện x+ y + z = xyz y + 2 x

x + 2 x

z + 2 y

HẾT

Câu

Nội dung

−

P =

x 8 − x

−

   

   

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ TOÁN VÀO LỚP 10 THANH HÓA -NĂM HỌC 2020-2021

( .3

)

P =

I.1 Rút gọn P  x   +  ) 2

)

       

−

( ++

−

( x . )( .2 − x

− + − x 4 2 2 − + : x + 2 − − x − + − x x x x x x 2 2 2            

( x 4

−

8 +

32 −

)

)(

P = (

x 8 )( .2 x

)

P = (

CâuI

−

(

) 1

4 −

x +

−

2 +

x −

P = (

( )( 2

) ) 2

−

− − ++ − x x x x x 4 8 6 : − 8 + 32 − x x x 2 2 2

)( − )( x

) x

−

( x 1−

−

( .4

)

= - 4 ⇒

= 4 ⇒ 4 x - 4 = x ⇒ 3 x = 4

vậy x =

x 1− x

⇒ x =

thì P= - 4

16 9

4 3

2 P = = ( )1 − x I.2 Tìm các giá trị của x để P= - 4 − x 1−x 16 9

1) Đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 . tại đó x = 0 và y =2 thay vào ta có 2 = a.0+ b ⇒ b = 2 và đường thẳng (d) đi qua điểm M(2;3) tại đó x = 2 ; y = 3 thay vào

y = ax + b ta có 3 = a.2 + 2 ⇒ 2.a = 1 ⇒ a =

1 2

vậy đường thẳng (d) có phương trình y =

x + 2

CâuII

⇒ x =

2) Giải hệ phương trình

⇔

= + = x x 3 y

3 + 3 = − 3 y x 4 2 x 3 y 4 −= 1    1 2   

= = x ⇔ ⇔ ⇔ 1 = 1 = y 4 y 3   3 

vậy nghiệm của hệ

= = 1 1 y x y      

Là phương trình bậc hai có a= 1 ; b= 5 ; c = 4 có dạng : a- b + c =4-5+1 =0

Vậy phương trình có một nghiệm x1= -1 theo vi ét ta có x1.x2=

thay số ta có -x2

CâuII I

 x  + 31  = 1 = 1 1) Giải phương trình : x2 + 5x + 4 = 0

c a

4 1

2) Phương trình : x2 + 5x +m-2 = 0 ( m là tham số) a = 1 ; b = 5 ; c= m-2 nên ∆ = b2 -4ac thay số ta có

⇔ x2 = -4 vậy nghiệm của phương trình là : x1= -1 ; x2 = -4

∆ =25- 4(m-2) = 25- 4m + 8 = 33 – 4m có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 khi

0>∆ ⇒ 33 – 4m 0> ⇒ 33<4.m ⇒ m

33 4

Áp dụng vi ét ta có :

x 2 =

−= 5 − 2

x 1 xx . 1

  

= 1

Theo bài ra ta có

(

1 )2 −x 1 1

−

+ + 1 1

]2 1 +

x 1 −

+ x 2 −

]2 ) 1 + (

)

2 x 1 − x 2 1 - 2 (

2 xx .2 1

2 2 x 1

1 )2 −x 2 1 ⇒ (x2 -1)2 +(x1 -1)2 =(x2 -1)2.(x1 -1)2 [ )( = ( 2 ⇒ x x 1 2 2 1 ⇒ ( = [ − − x xx . x 1 2 [ ]2 )1 ⇒ ( +2 = x xx . 1 1 Thay số ta có : 52 -2.(m -2) -2.(-5) + 2 = (m-2+5+1)2 25 -2m+ 4 +10 +2 = (m+ 4)2 ⇒ 41 – 2m = m2 + 8m + 16

−

− x 2 1 ++ − 2 + + − x 2 2 ) 2 + x 1 ) x x x 1 11 x + 2

=-5 + 5 2 ; m2= -5 - 5 2

10 + 2

Vậy với m = -5 + 5 2 hoặc m = -5 - 5 2 thì phương trình có hai nghiệm phân

= 1

biệt x1 ; x2 thỏa mãn hệ thức :

(

1 )2 −x 2 1

ˆ =CDB

090

suy ra

090

Mà E và D nằm cùng nữa mặt phẳng

1 )2 −x 1 1 1) Xét tứ giác BCDE : theo bài ra ta có Tam giác ABC có BD ; và CE là các đường cao thuộc Cạnh AC và AB nên DB ⊥ AC nên ˆ =CEB CE ⊥ AB nên = CEBCDB bờ là BC nên tứ giác BCDE nội tiếp một đường tròn đường kính BC

CâuIV

NMB ˆ

ECB ˆ

( Nội tiếp cùng chắn cung BN) (1) ˆ = ˆ EDBECB EDB ˆ và

( Nội tiếp cùng chắn cung là hai góc đồng vị của

) mà

( =

ˆ 2) Xét đường tròn (O) ta có NMBNCBECB Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác BCDE ta có ˆ BE) (2) từ (1) ta có = EDBNMB MN và ED nên MN // ED 3) Gọi giao của BD và CE là H . Xét tứ giác AEHD có góc AHE + góc AHD = 90 + 90 = 180 nên tứ giác AEHD nội tiếp ( rtoongr hai góc đối bằng 1800 mà góc AEH = 900 nên là góc nội tiếp chắn nữa đường tròn . Do đó tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH . tâm I là trung điểm của AH

Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE là đường tròn ( I ;

)

AH 2

Kẻ đường kính AF ; gọi K là trung điểm của BC vì góc ABFvà góc ACF là các góc nội tiếp chắn nữa đường tròn tâm O nên góc ABF= góc ACF = 900 Ta có CF ⊥ AB và BH ⊥ AB Nên CF // BH ( từ vuông góc đến song song ) Và BF ⊥ AB và CH ⊥ AB Nên BF // CH Suy ra tứ giác BHCF là hình bình hành

⇔ m2+10m -25 – 0 giải rât có m1=

ta thấy BC và HF là hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường . Mà K là trung điểm của BC nên K cũng là trung điểm của HF lúc đó OK là đường trung

bình của tam giá AHF nên OK =

OH ( Tính chất đường trung bình tam giác) nên

1 2

đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE là đường tròn (I; OK) mà (O) và BC cố định do đó O ; K cố định nên OK không đổi . Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE bằng OK không đổi

Ta có

( góc nội tiếp và cung bị chắn) mà BC cố định nên số đo cung

1 2

Suy ra tam giác AED và tam giác AC đồng dạng ( g.g) theo tỷ số

do đó

AED

ˆ CAB

cos 2

Xét tam giác vuông ABD có

= cos BAC ⇒

BC không đổi do đó góc BAC không đổi Xét tam giác AED và tam giác ACB có góc BAC chung góc ADE bằng góc ACB( góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp BCDE) AD AB S S

S S

  

ABC

CAB ˆ = BC

CAB ˆ

AD AB ˆ CAB

AED = ABC S AED

ABCS CAB ˆ

không đổi nên để diện tích của tam giác AED lớn nhất

   cos 2 . không đổi suy ra cos khi diện tích của tam giác ABC lớn nhất .Kéo dài AH cắt BC tại P suy ra AP ⊥ BC

⇒ AD AB do BC cố định nên số đo cung BC không đổi hay

theo bài ra BC không đổi (gt) nên

lớn nhất khi AP lớn nhất do

ABCS

đó A phải là điểm chính giữa của cung lớn BC Vậy

ABCS

BC AP. ⇒ ABCS 1 2

vì ba số thực

Ta có x + y + z = xyz ⇒

Đặt

;

1 z

1 x

lớn nhất khi A phải là điểm chính giữa của cung lớn BC 1 zx

= + + = 1 b 1 yz

+ 2

Q= a2

+ b2

+c2

⇒ Q=

+ 2.( a2 + b2 + c2)

1 a

1 b

1 c

  

  

  

  

  

a b

b c

c a

  

  

(

≥

Áp dụng bất đẳng thức

1 1 y xy dương x; y ; z nên a>0; b>0 ;c>0 ⇒ ab + bc + ca =1 ta có + 2

= a+ b+ c

ta có

x a ( ) + ba + cb

y b c a

CâuV

( 3 ab

)ca

= 3

) + x y + ba ) ( ++ cba ++ cba ta lại có a2 + b2 ≥ 2ab ; b2 + c2 ≥ 2bc ; c2 + a2 ≥ 2ca cộng vế với vế ta có 2(a2 + b2 + c2) ≥ 2.( ab + bc + ca) ⇒ a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca Mà ( a+ b+ c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab +2bc + 2ac nên ( a+ b+ c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab +2bc + 2ac ≥ ab + bc + ca +2ab +2bc + 2ac = 3ab +3bc +3ca = 3(ab + bc + ca ) ⇒ a + b + c ≥

do đó Q=

+ 2.( a2 + b2 + c2) ≥ a + b + c + 2.( ab + bc + ca) ≥ 3 +2

c a

a b

b c

  

  

+ + ≥ + ≥ a b b c c a

vậy QMAX = 3 +2 dấu = xãy ra khi a = b = c =

1 ⇒ x = y = z = 3 3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

(2,0 điểm)

Câu 1.

−

x > ; 0

1x ≠ )

x −

− +

+ −

x x

1 1

   

 1 x   1 x  9x = .

= ( với Cho và A + − x x 1 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. ( 2,0 điểm)

Câu 2.

− − 5 Cho hệ phương trình ( m là tham số) x 2 x   

m 4 3 m 3m = = y 2 + = y a) Giải hệ phương trình khi

;x y thỏa mãn

)

− = − . 1 b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ( 2 x 1 y

Câu 3.

+ − 1

mx 3

) :P y

)

( m là tham số) ( 2,0 điểm) Cho parabol (

a) Tìm m để (d) đi qua

;x x thỏa mãn và đường thẳng ( ( ) A − . 1; 9 b) Tìm m để (d)m cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1

+ = 2 x 2 x x 1 2

Câu 4.

;O R kẻ hai tiếp tuyến

,A B là tiếp

,MA MB (

OI =

x 1 ( 3,5 điểm) ) Qua điểm M nằm bên ngoài ( 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⊥ = b) Chứng minh MA AD MD AC c) Gội I là trung điểm của dây cung CD và E là giao điểm của hai đường thẳng

R 3

AB và OI. Tính độ dài đoạn thẳng OE theo R khi

d) Qua tâm O kẻ đường thẳng vuông góc với OM cắt các đường thẳng MA, MB lần lượt tại P và Q. Tìm vị trí của điểm M để diện tích tam giác MPQ đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 5.

−

= −

x y

1998

( 0.5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

23 x --HẾT--

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THÁI BÌNH NĂM HỌC 2020-2021

Câu 1.

x > ; 0

1x ≠ ), nên khi đó:

a) Ta thấy

2A = .

= = = 2 A

−

x −

( +

−

) 1 ) 1 2 +

−

9x = ( thỏa mãn điều kiện + + 9 1 3 1 − − 3 1 9 1 9x = thì Vậy với x > ; 1x ≠ thì: 0 2 ) ( ( − 1 )( − 1 + − + 1 )( 1

2 (

−

x ) 1 x

−

) 1

x 4 )( 1

(

b) Với

= B 4 + x 1

x > ; 0

1x ≠ thì

= Vậy với . B 4 + x 1

x > ; 0

1x ≠ thì

+ > ⇒ = > x 1 0 B 0 c) Với 4 + x 1

0A <

⇔ < ⇔ − < Do đó để A và B trái dấu thì ( vì x + > ) 1 0 x 1 0 0 + − x x 1 1

x > ; 0

1x ≠ , ta được 0

1x< < .

1x< < thì A và B trái dấu.

x x

Câu 2.

3m = hệ phương trình đã cho trở thành = 7 2 y = + = y 18

− = = = = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 2 + = = x 2 x y x x 4 y 2 5 x + 4.5 2 25 y 2 18 y x y     5  4    

) − . 5; 1

⇔ < ⇔ < 1. 1 Kết hợp với điều kiện Vậy với 0 a) Với −    Vậy với

−

x y ;

1; 2

− − − − − 5 5 ⇔ ⇔ ⇔ b) Xét hệ 4 = m − x 7 + x 18 9 3m = thì hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( = − x 2 = y 2 + = y 10 m 3 m 4 m 3 5 x m 6 y 2 x 4 m 2 x y 1 m =  5 x  = y          

)

2 + x Do đó với mọi m hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (  5  = − 1  ) ( x y = ; = m 2 = − 2 ( x y )

= − 1

;x y thỏa mãn

)

1 −

2 − m

− 1 2

− = thì 1 Để nghiệm ( 2 x 1 y

≠

( ) 2 *

−

ĐK:

= − 1

2 m m

− − = 3 0

( ⇒ − 2 2

)

(

) − = − 1

(

)( 1 2

) − ⇔ m

1 −

1 m≠ , 2 2 − m

− 1 2

= − 2

−

= ⇔ 0

Ta có:

( ⇔ + m

)( 1 2

)

   = m 

3 2

( thỏa mãn điều kiện ( )* )

3 2

 ∈ − 

  

Vậy thỏa mãn đề bài.

Câu 3.

) ( A − 1; 9

= − thỏa mãn phương trình đường thẳng (d)

⇔ = x

a) Để (d) đi qua điểm

2 + − ⇔ −

⇔ − = − 9 3 m m m 1 m 3 10 0 5 = −  m 2 = ⇔  = m

}2;5

{ m ∈ −

là giá trị cần tìm. Vậy với

2 + − ⇔ −

− + 1

3 mx

( ) 0 1

−

+ >

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2

m∀

m 3

4 0

( ∆ = −

)

(

3 mx ) − = 1

Có:

,x x 2

,x x m∀ . 2

x 1

m 3 2

x 2 =

−

   +

⇒ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 1 ⇒ (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ 1 = Theo định lý Vi-ét:

x x m 2 1 = x 2

−

− = ⇔ −

⇔ = 3 m

m 3

2 0

= ⇔ 0

(

)( 2 2

) 1

(

) − ⇔ 1

= m   = m 

2 − 1 2

∈

Theo giả thiết có: 2 x 1 x x 1 2

1 2

 − 2; 

  

Vậy .

Câu 4.

a) Vì MA, MB là hai tiếp tuyến của (O) cắt nhau tại M ( với A, B là tiếp điểm) = ∠ ⊥ ⇒ ∠ ⇒ ⊥ = ( tính chất hai tiếp MA OA MB OB , MBO MAB 90 và MA MB=

0 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀� + 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀� = 180 ) ( ∈ A B O R ; ,

)

tuyến cắt nhau). Xét tứ giác MAOB có tổng hai góc đối: Do đó tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp. Lại có MA=MB (cmt); OA=OB=R ( vì ⇒ M, O thuộc đường trung trực của AB ⇒ MO là đường trung trực của AB. ⇒ MO AB⊥

∆ b) Xét MCA chung

có: và MAD∆

( góc tạo bởi tiếp tuyến và góc nội tiếp cùng chắn cung AC) (g.g)

= MA AD MD AC

( đpcm) 𝑀𝑀𝑀𝑀𝐴𝐴� ∆  MAD∆ ⇒ MCA 𝑀𝑀𝑀𝑀𝐴𝐴� = 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀� AC MA = ⇔ ⇒ MD AD

c) Gọi H là giao điểm của OM và AB thì OM AH⊥

0 𝑀𝑀𝑂𝑂𝑂𝑂� = 90

⇒ ⇒ ⊥ ⇒

0 𝑀𝑀𝑂𝑂𝑀𝑀� = 90

có: và OIM∆

Xét (O) có I là trung điểm của dây cung CD OI CD ∆ Xét OHE chung

= OH OM OE OI

(1)

(g.g)

OH OM OA

( Hệ thức lượng trong tam giác vuông) 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑂𝑂� ∆  OIM∆ ⇒ OHE 0 𝑀𝑀𝑂𝑂𝑂𝑂� = 𝑀𝑀𝑂𝑂𝑀𝑀� = 90 OH OE ⇔ = ⇒ OM OI OAM∆ ⇒ . vuông tại A có OM AH⊥ ( ) 2

= = Từ (1) và (2) . ⇒ = OE R 3 OA OI R R 3 cân tại M ( vì MA=MB (cmt) có MO là đường trung trực)

∆ d) MAB MO⇒ đồng thời là đường phân giác của MPQ∆ ⇒ O là trung điểm của PQ ⇒ PQ=2OP

MO PQ MO OP OA AM AP

cân tại M MP⇒ là phân giác đồng thời là trung tuyến 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀𝑀�

(

)

MPQS

1 2

Ta có :

⇒

≥

min

.2 R R

MPQ

⇔

= ⇒ AM AP R OM R

≥ = AM AP . 2 R 2 2 Áp dụng BĐT AM-GM có ⇒ + AM AP =

= và AM AP OM R=

.AM AP R= 2

thỏa mãn đề. Dấu “=” xảy ra Vậy M ở vị trí sao cho

Câu 5.

y ≥ 0

−

x y

−

+ + +

−

2020

= − 2

x y

1998 (

)

y )

−

= − 2

2020

(

)

= − 3 ( (

ĐK:

= ( thỏa mãn)

⇔ = x

9 2 ) dấu “=” xảy ra =

= 2020 P⇒

= . 1

max P = Vậy max

tại 2020

SÓC TRĂNG ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC: 2020 – 2021 MÔN: TOÁN Ngày thi: 02/08/2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Câu 1. (1,0 điểm)





0b  . Rút gọn biểu thức





0a  và a) Cho b) Thực hiện phép tính  Câu 2. (2 điểm) Giải các phương trình, hệ phương trình sau

22 x

x   5

6061     y x      2 x y 

Câu 3. (2 điểm) Cho hàm số

x  có đồ thị (P) và đường thẳng ( ) :

x  .

a) Vẽ đồ thị của ( )P trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

b) Tìm tọa độ các giao điểm của ( )P và ( )d bằng phương pháp đại số.

Câu 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

xưởng may khác nhau là xưởng X1 và xưởng X2. Người quản lí cho biết: nếu cả hai xưởng

cùng sản xuất thì trong 3 ngày sẽ đạt được 437500 cái khẩn trang; còn nếu để mỗi xưởng tự

sản xuất số lượng 1000000 cái khẩu trang thì xưởng X1 sẽ hoàn thành sớm hơn xưởng X2 là

4 ngày. Do tình hình dịch bệnh diễn biến phức tạp nên xưởng X1 buộc phải đóng cửa không

sản xuất. Hỏi khi chỉ còn xưởng X2 hoạt động thì sau bao nhiêu ngày công ty sẽ sản xuất đủ

số lượng khẩu trang theo hợp đồng nêu trên?

Câu 5. (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là trung điểm AC và O là trung

điểm của MC. Vẽ đường tròn tâm O, bán kính OC. Kẻ BM cắt (O) tại D, đường thẳng AD

cắt (O) tại E.

a) Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp.

#

MDC



b) Chứng minh MAB

và tính tích MB MD

theo AC

c) Gọi F là giao điểm của CE với BD và N là giao điểm của BE với AC.





Chứng minh MB NE CF MF NB CE

Câu 6. (0,5 điểm) Chiếc nón lá (hình bên) có dạng hình nón.

Biết khoảng cách từ đỉnh của nón đến một đỉnh trên vành

nón là 30 cm, đường kính của vành nón là 40cm. Tính diện

tích xung quanh của chiếc nón đó

--- HẾT ---

HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. (1,0 điểm)





0b  . Rút gọn biểu thức



0a  và a) Cho b) Thực hiện phép tính 



Lời giải

a) Với









  a b

0a  và

0b  , ta có:

   



0a  và



2 2 .3





5 .3 . 3



2 3 5 3 . 3



Vậy b) 

0b  thì P a b   







 7 3. 3 7.3 21



Câu 2. (2 điểm) Giải các phương trình, hệ phương trình sau

22 x

x   5

6061     y x      2 x y 

Lời giải

22 x

x   5 0

Ta có:



 81 40 121 0 



  

29 

 4.2. 5

  

121



x 1

 2.2

 9 11 4

 Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:

121



 

x 1

 2.2

 9 11 4

1 2

     

Vậy tạp nghiệm của phương trình



1 2

  5; 

  



2020 2021

x    y

x 3   6060    x 1 y 

6061

x  có đồ thị (P) và đường thẳng ( ) :

x  .

a) Vẽ đồ thị của ( )P trên cùng một mặt phẳng tọa độ.

Ta có bảng giá trị

2

1

4

1

4

2 x 

+ Đồ thị

    y x      2 x y      x y 1     2 y 6061   Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x ; y)=(2020 ; 2021) Câu 3. (2 điểm) Cho hàm số

b) Tìm tọa độ các giao điểm của ( )P và ( )d bằng phương pháp đại số.

Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình:





  

  3 0



  3

x Ta có: a + b + c = 1+ 2 + (-3) = 0 do đó: 1

x 1 và 2

c a

+ Với

      1

2 1

x 1

y 1

+ Với :

     y

5( 3)

  9

x 2

  Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là: (1; 1);( 3; 9)



Câu 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

xưởng may khác nhau là xưởng X1 và xưởng X2. Người quản lí cho biết: nếu cả hai xưởng

cùng sản xuất thì trong 3 ngày sẽ đạt được 437500 cái khẩn trang; còn nếu để mỗi xưởng tự

sản xuất số lượng 1000000 cái khẩu trang thì xưởng X1 sẽ hoàn thành sớm hơn xưởng X2 là

4 ngày. Do tình hình dịch bệnh diễn biến phức tạp nên xưởng X1 buộc phải đóng cửa không

sản xuất. Hỏi khi chỉ còn xưởng X2 hoạt động thì sau bao nhiêu ngày công ty sẽ sản xuất đủ

số lượng khẩu trang theo hợp đồng nêu trên?

Lời giải

Gọi x là thời gian một mình xưởng X2 họat động để sx đủ 1000000 khẩu trang theo hợp đồng (x ngày;

4x  )

chiếc

 Mỗi ngày xưởng X2 sản xuất được số khẩu trang là

1000000 x

Nếu để mỗi xưởng tự sản xuất số lượng 1000000 cái khẩu trang thì xưởng X1 hoàn thành sớm hơn xưởng X2 là 4 ngày, nên thời gian một mình xưởng X1 hoạt động để sản xuất được 1000000 khẩu trang là

4x  (ngày)

(chiếc)

 Mỗi ngày xưởng X1 sx được số khẩu trang là

1000000 4x 

(chiếc)

1000000 1000000 

 Mỗi ngày cả 2 xưởng sx được số khẩu trang là



Nếu cà 2 cùng sx trong 3 ngày sẽ đạt được 437500 cái khẩu trang, ta có phương trình

1000000 1000000 



437500



  

  



3000000





437500

1 x

1 

  

  



 

x x  4) 7 ( 2  28 x x 7

1 1 7    x 48 4 x 4) 48 48(    x x    192 48 x x 48 2

  7 x

124



 192 0

  7 x

112





192 0





7 (

x x



 16) 12(



 16) 0

  ( x

16)(7



 12) 0

16(

)



 16 0





 12 0

(

ktm

)

12 7

 x    x 

    

Vậy khi chỉ còn xưởng X2 hoạt động thì sau 16 ngày công ty sẽ sản xuất đủ số lượng khẩu trang theo hợp đồng

Câu 5. (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là trung điểm AC và O là trung

điểm của MC. Vẽ đường tròn tâm O, bán kính OC. Kẻ BM cắt (O) tại D, đường thẳng AD

cắt (O) tại E.

a) Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp.

#

MDC



b) Chứng minh MAB

và tính tích MB MD

theo AC

c) Gọi F là giao điểm của CE với BD và N là giao điểm của BE với AC.





Chứng minh MB NE CF MF NB CE



a) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp Ta có:  90 MDC



   90  BDC BAC





Suy ra tứ giác ABCD nội tiếp (có hai đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau)



#

MDC

b) Chứng minh MAB

và tính tích MB MD

theo AC

Xét

có:



MAB

và



MDC



   AMB DMC

( doi dinh);

   MAB MDC



 

 MAB MDC g g ( . )

( hai cạnh tương ứng)



 .MB MD MAMC

MA MB  MD MC

Mà M là trung điểm AC nên

 MA MC



AC MA MC









1 2

1 4

Vậy

MB MD .



1 4

c) Gọi F là giao điểm của CE với BD và N là giao điểm của BE với AC. Chứng minh



Kẻ

ta có

G AC

   MB NE CF MF NB CE //EG BF 

 

(định lí Talet)

(1) va

(2)

NB MB  EG NE

CE EG  CF MF

Nhân vế theo vế của(1) và (2) ta được

NB CE MB EG    EG MF NE CF

 



NB CE MB NE CF MF   MB NE CF MF NB CE dpcm

(



)



Câu 6. (0,5 điểm) Chiếc nón lá (hình bên) có dạng hình nón.

Biết khoảng cách từ đỉnh của nón đến một đỉnh trên vành

nón là 30 cm, đường kính của vành nón là 40cm. Tính diện

tích xung quanh của chiếc nón đó

Lời giải

Vì khoảng cách từ đỉnh nón đếm điểm trên vành nón là độ dài đường sinh của hình nón



 Độ dài đườnh sinh hình nón là

Bán kính vành nón

R 



20(cm)

40 2

Diện tích xung quanh của chiếc nón là



RI





.20.30 600



 

2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Bài thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm 02 trang)

Phần I: Trắc nghiệm (2.0 điểm). Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm.

Câu 1. Điều kiện để biểu thức 2020 3 x− có nghĩa là

3x ≥

x ≠ 3

3x ≤

3x <

A.

B.

C.

D. Câu 2. Hàm số nào sau đây đồng biến trên  ?

x= 5

− 1

y = − 5

= − 5

+ 3

A.

C.

D.

y = 5 = 5

Câu 3. Hệ phương trình

có nghiệm (

) ;x y là

B. − 2 y + = y

 5  

)3;5

) 3; 5−

)5;3−

A. (

B. (

C. (

D. (

)5;3 y Câu 4. Tìm a , biết đồ thị của hàm số

− đi qua điểm ( x a

)0;1 .

a = 2

a = − 1

1a =

a = − 2

A.

B.

C.

D. Câu 5. Trong các phương trình sau phương trình nào có nghiệm kép?

2 8 x+

+ = 0

2 x = 9

2 6 x−

+ = 9 0

A.

B.

D. x C.  cm A ,

2 7 x− 0 = 60

+ = x 4 0 . Độ dài đoạn AB là

Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại B , biết

C. 5cm

A. 5 3cm

B. 10 3cm

D.

10 3 3 . Vị trí tương đối của hai

';7O cm , biết OO ' 2cm=

)

;5O cm và đường tròn (

)

Câu 7. Cho đường tròn ( đường tròn đó là

A. Cắt nhau

C. Tiếp xúc ngoài

D. Đựng nhau

B. Tiếp xúc trong Câu 8. Diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy 5cm , chiều cao 2cm là

2 20cm

2 10cm

2 20 cmπ

2 10 cmπ

A.

B.

C.

D.

Phần II: Tự luận (8.0 điểm)

Bài 1. (1.5 điểm)

−

− 5 4

= . 4

1) Chứng minh đẳng thức

(

, với

≠ . 4

2) Rút gọn biểu thức

−

2 2

1 + x

1 − x

  

  

−

2 x m m

= (với m là tham số).

Bài 2. (1.5 điểm) Cho phương trình

(

) 1

4m = .

1) Giải phương trình khi

,x x với mọi m . Tìm m để 1

,x x 2

= −

−

thoả mãn

2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 1 17

x 1

x 2

x x 1 2

−

(

)

1 + y

Bài 3. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình

−

= − 1

)

2 + y

     − ( x  

Bài 4. (3.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Hai đường cao BD, CE của tam giác ABC cắt nhau tại H. Các tia BD, CE cắt đường tròn (O;R) lần lượt tại điểm thứ hai là P, Q.

060 , R = 6cm. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AED.

1) Chứng minh rằng tứ giác BCDE nội tiếp và cung AP bằng cung AQ. 2) Chứng minh E là trung điểm của HQ và OA DE⊥ 3) Cho góc CAB bằng

Bài 5. (1.0 điểm)

2 2

− = . + 3 3 0 x = . ca 3

− + + + − x 1 2 x x 4 + + ,a b c thoả mãn ab bc ,

1) Giải phương trình 2) Cho các số thực dương

≥

Chứng minh

a +

b +

c +

b 2

---HẾT---

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Bài thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

A. Hướng dẫn chung 1. Nếu thí sinh làm bài theo cách khác trong hướng dẫn mà đúng thì cho điểm các phần tương ứng

như trong hướng dẫn chấm.

2. Tổng điểm toàn bài tính đến 0.25 điểm (không làm tròn) B. Đáp án và hướng dẫn chấm

Phần I: Trắc nghiệm (2.0 điểm). Mỗi đáp án đúng được 0.25 điểm

3 A

4 B

5 D

6 C

7 B

8 A

1 C

Câu 2 Đáp án C Phần II: Tự luận (8.0 điểm)

Bài 1. (1.5 điểm)

−

− 5 4

= . 4

1) Chứng minh đẳng thức

(

, với

≠ . 4

2) Rút gọn biểu thức

−

1 + x

1 − x

2 2

  

  

Nội dung

Ý 1

Điểm 0.25 điểm

−

= − 4

− 5 4

−

( 5

)2 + 5 2 5

0.25 điểm 0.25 điểm

2 (1.0 điểm)

−

2 2

−

(

− + 2 )(

= 4    

(0.5 điểm) Ta có = − 4    

0.25 điểm

−

x (

x )2

−

(

)

)    

0.25 điểm

x 2

x +

(

)

       

− + 2 )(    

0.25 điểm

x + x

−

2 x m m

= (với m là tham số).

Bài 2. (1.5 điểm) Cho phương trình

(

) 1

4m = .

1) Giải phương trình khi

,x x với mọi m . Tìm m để 1

,x x 2

= −

−

thoả mãn

2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 1 17

x 1

x 2

x x 1 2

Nội dung x

= 20 0

Ý 1 (0.5 điểm)

2 9 x− = > nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân

Điểm 0.25 điểm 0.25 điểm

− 81 80 1 0 = 4

∆ = x= 25,

0.25 điểm

2 (1.0 điểm)

−

(

= > ∀ ∈  suy ra phương trình luôn có

Với m=4 phương trình đã cho trở thành Ta có x biệt 1 Phương trình đã cho là phương trình bậc hai ẩn x có ) ∆ =

(

2 + m m 1 0 m ,x x với mọi m

0.25 điểm 0.25 điểm

) 1 hai nghiệm phân biệt 1 Tính được hai nghệm là m, m+1 −

= − ⇔ +

−

= −

(

) 1

( m m

) 1

x x 1 2

x 2

x 1

Do đó

⇔ +

− =

m m

6 0

Giải phương trình ta được m=-3;m=2

0.25 điểm

−

(

)

1 + y

Bài 3. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình

−

= − 1

)

2 + y

     − ( x  

Nội dung

> −

Điều kiện

Điểm 0.25 điểm 0.25 điểm

+ =

−

Đặt

. Ta có hệ

(

)2 2 ,

u v 2 −

v 2

3 = − 1

∈  1 + y

  u 

0.25 điểm

Giải hệ ta được

= u  = v

0.25 điểm

⇔

hoặc

Suy ra

x y

− = ± 2 1 + = 5 1

x y

3 = − 4

1 = − 4

  

= x  y 

+ =

5 1

 − ( x   

Bài 4. (3.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O;R). Hai đường cao BD, CE của tam giác ABC cắt nhau tại H. Các tia BD, CE cắt đường tròn (O;R) lần lượt tại điểm thứ hai là P, Q.

060 , R = 6cm. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác AED.

1) Chứng minh rằng tứ giác BCDE nội tiếp và cung AP bằng cung AQ. 2) Chứng minh E là trung điểm của HQ và OA DE⊥ 3) Cho góc CAB bằng

P

A

F

D

E

Q

O

H

C

B

Điểm

= CEB BDC

Ý 1 (1.0 điểm)

0.25 điểm 0.25 điểm

0.25 điểm

(2 góc nội tiếp cùng

0.25 điểm

2 (1.0 điểm)

0.25 điểm

3 (1.0 điểm)

0.25 điểm 0.25 điểm

060 =R=6cm

0.25 điểm

Nội dung Chứng minh được   090 = Suy ra 4điểm B,E, D, C cùng thuộc đường tròn đường kính CB, nên tứ giác BCDE nội tiếp Có tứ giác BCDE nội tiếp nên  DCE DBE chắn cung DE) hay  ACQ ABP Trong đường tròn tâm (O), ta có góc ACQ là góc nội tiếp chắn cung AQ và góc ABP nội tiếp chắn cung AP, suy ra cung AQ bằng cung AP (O) có cung AQ bằng cung AP nên góc ABP= góc ABQ hay góc HBE=góc QBE Chứng minh BE vừa là đường cao vừa là đường phân giác của tam giác BHQ nên tam giác này cân tại B suy ra E là trung điểm HQ Chứng minh tương tự D là trung điểm của HP, suy ra DE là đường trung bình của tam giác HPQ, suy ra DE song song với PQ.(1) Do cung AQ bằng cung AP nên A là điểm chính giữa cung PQ suy ra OA vuông góc PQ. (2) Từ (1) (2) suya ra OA vuông góc với DE. Kẻ đường kính CF của đường tròn tâm (O), chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp đường tròn đường tròn đường kính AH. Chứng minh tứ giác AFBH là hình bình hành, suy ra BF=AH 060 (2 góc nội tiếp Trong đường tròn (O) có góc CAB=góc CFB= cùng chắn cung BC). Chỉ ra tam giác BCF vuông tai B và áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc ta được BF=CF. cos Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADHE cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE. Gọi r là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE. Suy ra 2r=AH=BF=6cm. Vậy r=3cm.

Bài 5. (1.0 điểm)

+ + −

− +

2 2

1 2

− = . 3 0

1) Giải phương trình

+ ab bc

= . 3

,a b c thoả mãn

2) Cho các số thực dương

≥

Chứng minh

a +

b +

c +

b 2

Nội dung

Điều kiện

Điểm 0.25 điểm

Ý 1 (0.5 điểm)

1 x ≥ 4 Phương trình tương đương với

+ + −

−

− =

2 2

1 2

2 0

(

) − − + 1 1

)

(

−

⇔

−

(

)( 2 2

) 1

− x 2 4 − + x 4 1 1

2 2

−

+ + x

( ⇔ − 2

) 1

2 − +

1 1

) 1 + + +

+ + + 1 2 ( + x

2 2

1 2

  

  

 = x

1 2

−

+ + =

2 0

2 − +

1 1

) 1 + + +

( x

1 2

2 2

⇔   

Với

x ≥ ta có

0.25 điểm

1 4

•

) 1 + + +

1 2

2 2

−

•

≥ − 2

•

−

+ + >

Suy ra

2 0

2 − +

1 1

) 1 + + +

( x 2 − + 1 1 x 4 x + > 2 2 ( x x

2 2

1 2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

1 x = . 2

Đặt

0.25 điểm

c +

b +

a +

b 2

2 (0.5 điểm)

ta có

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương

;

(

) c a

39 a + b 2

≥

. Tương tự,

b 6

(

) a b

(

) c a

) b c 2

9 b + 2

≥

9 a + b 2 Cộng theo vế ba bất đẳng thức cùng chiều ta có

a + ab bc

(

9 c + b 2 ) + ca

)

a (

0.25 điểm

≥

Lại có

= . Vậy

+ ab bc

1P ≥ ta có điều phải chứng minh.

---HẾT--

TAO

so crAo D

xi rm rUYEN sINH LoP to rHPT NAU Hec zozo - zozt Kh6a ngiry 171712020

oAp Ax-THANG DIEM M6n thi: TOAN

Di6m

Dfp 6n

Bni

0'5

lr0

T{nh gid tr! cfto bi6u thrbc A khi r - 4. Thay r - 4 (thoa mdn DKXD) vdo bitiu thric A, tinhdugc: .4 Ch*ngminh B - +

Jr +t

+ )-(

B-

J-" +s .6+r)

(c (l;

J" -t ,(l; - r) - (c-r)(.6+r)

GI 0t

BNi I 2,0 didm

2 r- Vr+1

0'5

Tim ttit crt gid tr! crta r it| bi\u thtbc P - 2A.B + J " dqt gid tr! nhd nhdt. P-2A.B+J;:#r+J;

0 voimoi r > 0.

-2- +>

Jr +2-

l15

Tac6: P -2 -++J; Jr +z Suy ra P > 2. Dingthric xtty rakhi vd chi khi r - 0 KL: r - 0 thi bi6u thric P dqt gi6 tri nhO nh6t. Tinh vQn tbc iti b? crta An.

di b0 cua An lir r (dcrn vi: km/h, u > 0).

Gqi v0n VAn t6c di xe dpp cira An la r * I (km/h). Thdi gian An di b9 ttr nhe An dtin nhd Binh l' 3

a - (gio).

Bii II 2,0 diam

Thcri gian An di xe d4p tir nha Binh v0

LAp lupn d6n d6n phucrng trinh

nhaAnh r+g Gio). 33 3 r r*9

... + r' +9r - 36: o <+ (r - 3)(" +12) - o <+

r-3 r--t2

D6p 6n

Bei

u bii to6n.

hqrp di

12 , thu 14i

kiQn lopi r

r - 3 thoa mdn y6u

ctra An la 3 km/h.

t6c di

0,5

Ir0

Gidi hQ phwong trinh

Di6rr

DKXD: U =L.

KL Tinh diQn tich bi mfit cfia qud bdng bdn. bc mdt cira qui b6ng ban do li: DiQn tfch S - 4trR2 x 4x 3,14 x22 - 50,24(.-'). 2r* 3 :b y -l 4r- 1 :3 y -l

DAt

-b, tac6hq

2r * 3b - 5 4r - b : 3

<+ .... e

b:l f:l

y-I - Giai he 2r * 3b :5 4r-b:3

- 1 + u : 2(thoam6nDKXD).

a

Vdi b - 1 + + y -l KL: hQ phucrng trinh co nghiQm duy nh6t le (r; y): (r'r).

0,75

m A.

cua

00( rl(

BNi III ^ . -.; ./,) drcm

)

2a)

0,75

2b)

1r0

fim Ggi tgadO diem ,4 la (rr;Ao). Do cli6m ,4 thu6c tryc Oy n€n ro - 0. Do di6m ,4 thuQc dudrng thing (d),A : n'Lr * 4 n6n ut: ffine * 4 - m.0 * 4 - 4. KL: tsa d0 di6m A la (0;a). b) Tim tiit cd gid tr! cfia m AO dwong thdng (d) cdt tryc Or tgi itilm B sao cho tam gidc OAB ld tam gidc cfrn. (*utrr). oo di6m B thuQc tryc or ndn vo - 0. Ggi tga

BNi IV

Di6m

Ddp 6n

Bii

3,0 diam

Chtmg minh dugc BHE - 900 vir BKE : 900.

^, ,.i

Suy ra BHE + BKE - 1800. Lap luan d6n Aen fr giAc BHEK la ffi grac nQl trep.

lr0

hdng.

'm H ,I,K ld ba

2 3 a

, / o v

Chftng minh BH.BA: BK.BC. Ap dgng he thftc lugng cho L,AEB vu6ng tqi E, dulng cao EH c6: BH,BA _ BE2. Chtmg minh tuong tg c6: BK.BC : BE2. Y$Y BH,BA : BK,BC, Ch*ng minh ba chtmg minh dusc BHK - BEK (l). ( BHBK le tf gitrc nQi ti6p) Chimg minh dugc BEK : BCE (2). (Cung phU voi EBC ) Chimg minh dusc frE - ffi (3). ( BCEF la tri gitcnQi ti6p) chimg minh dusc HFE - FHI (4). (tam giitc FHI c6n tai /. ) Ttr ( l),(2),(3), (4) suy ra ffiK -frt. Do A.ABCnhqn, hai di6m I vd K nim ctrng phia AOi vOi duong thing HF n6n I/, I, K li ba ili6m thing hing.

0r5

12 *!

Gidiphwongtrinh J" +,h. 1-

Bni v 0,5 diam

-0.

DKXD: r ) -.-3 Ji+ 3r -2 - 12 +L + zJr +z 3r -2 -2r2 *2 . . <+,(* -r)' * (.6- r)' * ( 3r -2 -l Lap luan dan Aen r - | (thoa mfrn DKXD). KL: phuong trinh co nghiQm duy ntr6t lir r - 1.

Luu f:.c6c c6ch ldm kh6c n6u dring hqc sinh v6n tluqc di6m tuong img vdi bitiu ditim cria ddn ch6m.

uong