ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN
vectorstock.com/28062405
Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection
BỘ ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN THPT CÁC TỈNH TRÊN CẢ NƯỚC NĂM HỌC 2020-2021 MÔN TOÁN WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM
Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594
2 MỤC LỤC ĐỀ THI
Trang
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh An Giang năm 2020-2021
4
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu năm 2020-2021
5
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bắc Giang năm 2020-2021
11
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bắc Cạn năm 2020-2021
18
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bắc Ninh năm 2020-2021
24
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bạc Lưu năm 2020-2021
32
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bến Tre năm 2020-2021
37
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bình Định năm 2020-2021
42
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bình Dương năm 2020-2021
48
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bình Phước năm 2020-2021
53
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bình Thuận năm 2020-2021
58
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Cà Mau năm 2020-2021
62
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Cần Thơ năm 2020-2021
67
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Cao Bằng năm 2020-2021
75
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Đà Nẵng năm 2020-2021
80
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Đăk Lăk năm 2020-2021
87
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Đăk Nông năm 2020-2021
94
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Điện Biên năm 2020-2021
98
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Đồng Nai năm 2020-2021
103
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Đồng Tháp năm 2020-2021
111
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Gia Lai năm 2020-2021
115
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hà Giang năm 2020-2021
120
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hà Nam năm 2020-2021
124
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hà Nam năm 2020-2021 (hệ chuyện)
130
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hà Nội năm 2020-2021
134
Đề thi vào lớp 10 môn toán chuyên KHTN Hà Nội năm 2020-2021
139
Đề thi vào lớp 10 môn toán chuyên Sư Phạm Hà Nội năm 2020-2021
146
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hà Tĩnh năm 2020-2021
153
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hải Dương năm 2020-2021
158
3 Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hải Phòng năm 2020-2021
165
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hậu Giang năm 2020-2021
173
Đề thi vào lớp 10 môn toán thành phố Hồ Chí Minh năm 2020-2021
179
Đề vào lớp 10 toán thành phố Hồ Chí Minh năm 2020-2021 ( hệ chuyên)
185
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hòa Bình năm 2020-2021
194
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hòa Bình năm 2020-2021 (hệ chuyên)
199
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hòa Bình năm 2020-2021 (chuyên tin)
203
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hưng Yên năm 2020-2021
208
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Khánh Hòa năm 2020-2021
214
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Kiên Giang năm 2020-2021
219
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Kum Tum năm 2020-2021
225
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Lai Châu năm 2020-2021
230
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Lâm Đồng năm 2020-2021
234
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Lạng Sơn năm 2020-2021
239
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Lào Cai năm 2020-2021
244
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Long An năm 2020-2021
250
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Nam Định năm 2020-2021
255
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Nghệ An năm 2020-2021
263
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Ninh Bình năm 2020-2021
269
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Ninh Thuận năm 2020-2021
273
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Phú Thọ năm 2020-2021
277
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hưng Yên năm 2020-2021
284
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Quảng Bình năm 2020-2021
290
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Quảng Nam năm 2020-2021
294
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Quảng Nam năm 2020-2021
294
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Quảng Nam năm 2020-2021
294
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Quảng Nam năm 2020-2021
294
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Quảng Ngãi năm 2020-2021
298
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Quảng Ninh năm 2020-2021
302
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Quảng Trị năm 2020-2021
307
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Sóc Trăng năm 2020-2021
311
4 Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Sơn La năm 2020-2021
315
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Tây Ninh năm 2020-2021
320
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Thái Bình năm 2020-2021
324
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Thái Nguyên năm 2020-2021
330
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Thanh Hóa năm 2020-2021
337
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2020-2021
343
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Tiền Giang năm 2020-2021
349
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Trà Vinh năm 2020-2021
354
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Tuyên Quang năm 2020-2021
360
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Vĩnh Long năm 2020-2021
367
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Vĩnh Phúc năm 2020-2021
374
Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Yên Bái năm 2020-2021
381
1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2020 – 2021 Khóa ngày 18/07/2020 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 1
Câu 1. (3,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
x y 7 b) c) x 4 3 x 2 4 0 x 2 y 2 2 Câu 2. (2,0 điểm) Cho hàm số y x có đồ thị là parabol P a) Vẽ đồ thị P trên hệ trục tọa độ b) Viết phương trình đường thẳng d có hệ số góc bằng 1 và cắt parabol P tại điểm có hoành độ bằng 1 c) Với d vừa tìm được, tìm tọa độ giao điểm còn lại của d và P a) 3 x 3 3
Câu 3. (2,0 điểm) 2
Cho phương trình bậc hai x 2 x m 1 0 * với m là tham số a) Tìm tất cả các giá trị m để phương trình * có nghiệm 3
3
b) Tính theo m giá trị của biểu thức A x1 x2 với x1 ; x2 là hai nghiệm của phương trình * . Tìm giá trị nhỏ nhất của
A
Câu 4. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc đều nhọn và nội tiếp trong đường tròn O . Vẽ các đường cao AA ', BB ', CC ' cắt nhau tại H a) Chứng minh rằng tứ giác AB ' HC ' là tứ giác nội tiếp b) Kéo dài AA ' cắt đường tròn O tại điểm D. Chứng minh rằng tam giác CDH cân Câu 5. (1,0 điểm) Cho ABCD là hình vuông có cạnh 1dm. Trên cạnh AB lấy một điểm E. Dựng hình chữ nhật CEFG sao cho điểm D nằm trên cạnh FG . Tính S CEFG
G D
C
F A
E
B
2 ĐÁP ÁN Câu 1.
a ) 3x 3 3 x 1 1 x 2. S 2 x y 7 3 y 9 y 3 b) x 2 y 2 x 7 y x 4 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x; y 4;3 c) Ta có:
x 3x 2 4 0 x 4 4 x 2 x 2 4 0 x2 x 2 4 x 2 4 0 4
x2 4 0 x 2 4 x 2 x 4 x 1 0 2 2 x 1 0 x 1(VN ) Vậy phương trình có nghiệm x 2; x 2 2
2
Câu 2. a) Học sinh tự vẽ parabol y x
2
b) Viết phương trình (d) Gọi phương trình đường thẳng d : y ax b Vì đường thẳng d có hệ số góc bằng
1 nên a 1 nên d : y x b Gọi giao điểm của d và parabol P là M 1; y 2
2
Vì M 1; y P nên y x 1 M 1;1 Mà M 1;1 d 1 1 b b 2 Vậy phương trình đường thẳng d : y x 2 c) Tìm tọa độ giao điểm còn lại Ta có phương trình hoành độ giao điểm của P và d là:
x2 x 2 x2 x 2 0 x2 2 x x 2 0 x x 2 x 2 0 x 2 x 1 0 x 2 0 x 2 y 4 x 1 0 x 1 y 1 Vậy tọa độ giao điểm còn lại là 2;4 Câu 3. a) Tìm m để phương trình (*) có nghiệm 2
2
Xét phương trình x 2 x m 1 0 * có ' 1 1. m 1 2 m
a 0 1 0(luon dung ) m2 ' 0 2 m 0
Để phương trình * có nghiệm thì
Vậy với m 2 thì phương trình (*) có nghiệm b) Tìm GTNN của A
3
x1 x2 2 . Ta có: x1 x2 m 1
Áp dụng hệ thức Vi et vào phương trình (*) ta có:
A x13 x23 x13 3x12 x2 3x1 x22 x23 3x12 x2 3x1x22 3
x1 x2 3x1 x2 x1 x2 23 3 m 1 .2 8 6m 6 14 6m Vì m 2 nên ta có: 6 m 12 14 6 m 14 12 A 2 Dấu " " xảy ra khi m 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của A 2 m 2 Câu 4.
A
O C' B
B'
H A'
C
D a) Chứng minh AB ' HC ' là tứ giác nội tiếp
AB ' H 900 , CC ' AB AC ' H 900 Ta có: BB ' AC AB ' H AC ' H 90 90 180 AB ' HC ' là tứ giác nội tiếp Tứ giác AB ' HC ' có: b) Chứng minh CDH cân 0
' ABA ' 900 ; Ta có: BAA
0
0
' BCC ABA ' 900
' BCC ' BAA ) Lại có: BAA ' BCD (cùng chắn BD ' BCD BAA ' BCC Xét CDH có CA ' vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên là tam giác cân Câu 5.
4
G D
C
F A
B
E
) BEC (cùng phụ với DCE Ta có: DCG B 900 , DCG BEC (cmt ) Xét DCG và ECB có: G DC CG EC BC EC.CG DC.BC 1.1 1 dm 2
DCG ECB g g
Vậy S EFGC EC.CG 1dm
2
5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài:120 phút Ngày thi:21/07/2020
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số 2 Bài 1. (3,5 điểm) 2
a) Giải phương trình : x 2 x 3 0
3x y 1 x y 5
b) Giải hệ phương trình: c) Rút gọn biểu thức : A
4 20 5 2 3 5 2
1 x2 30 d) Giải phương trình : x 1 x 1 Bài 2. (2,0 điểm) 2
Cho parabol P : y x và đường thẳng d : y mx 2 (với m là tham số) a) Vẽ parabol P b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt parabol P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x1 2 x2 2 0 Bài 3. (0,5 điểm) Đoạn đường AB dài 5km, thường xuyên bị ùn tắc nên thời gian xe mô tô đi hết đoạn đường này mất khoảng 30 phút. Do vậy người ta xây một tuyến đường mới trên cao đi từ A đến B qua C và D như hình vẽ
C
D B
A
Hỏi mô tô đi từ A đến B trên tuyến đường mới tiết kiệm được khoảng bao nhiêu thời gian so với đi trên đường cũ ? Bài 4. (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn O có đường kính AB. Lấy điểm C thuộc cung
AB sao cho AC BC (C khác A, C B). Hai tiếp tuyến của nửa đường tròn O tại A và C cắt nhau ở M . a) Chứng minh tứ giác AOCM nội tiếp
AOM ABC b) Chứng minh c) Đường thẳng đi qua C và vuông góc với CM CH
AB cắt MO tại H. Chứng minh
6 d) Hai tia
AB và MC cắt nhau tại P, đặt COP PA2 PC.PM sin
Chứng minh giá trị của biểu thức
S MCP
là một hằng số
Bài 5. (0,5 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P
1 2 ab 2 bc 2 a c 5 a b c ĐÁP ÁN
Bài 1. 2
a) Giải phương trình x 2 x 3 0 Phương trình có dạng a b c 1 2 3 0 nên có hai nghiệm phân biệt:
x 1 x 3
Vậy S 3;1
b) Giải hệ phương trình
3x y 1 4 x 4 x 1 x y 5 y 1 3x y 4 c) Rút gọn biểu thức
4 3 5 4 3 5 4 20 2 5 A 5 5 5 5 3 5 5 5 2 2 32 5 2 4 3 5 Vậy
A 2 2
1 x2 30 d) Giải phương trình x 1 x 1 Điều kiện: x 1 2 1 2 2 x2 3 0 x 2 x 1 3 x 1 0 x 1 x 1
x 2 4 x 4 x 1 3 x 2 6 x 3 0 2 x 2 3x 0 x 0 (tm) x 2 x 3 0 x 3 (tm) 2 3 Vậy S ;0 2 Bài 2. a) Học sinh tự vẽ đồ thị hàm số
7 b) Tìm các giá trị m………. 2
2
Xét phương trình hoành độ giao điểm : x mx 2 x mx 2 0 * 2
2
Phương trình * có: m 4.1. 2 m 8 0 m , do đó phương trình * luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m . Nên đường thẳng d cắt parabol P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 . Áp dụng định lý Vi – et ta có:
x1 x2 m . Theo bài ra ta có: x x 2 1 2 x1 2 x2 2 0 x1 x2 2 x1 x2 4 0 2 2. m 4 0 2m 2 m 1 Vậy m 1 Bài 3.
C
D
A N
M
B
Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của D và C trên Áp dụng định lý Pytago cho ACN vuông tại N ta có:
AB
891 9 11 km 10000 100 Ta có: CDMN là hình chữ nhật NM CD 4 km 9 11 100 9 11 MB AB AN MN 5 4 (km) 100 100 Áp dụng định lý Pytago cho BDM vuông tại M ta có: AN AC 2 CN 2 0,32 0,032
2
100 9 11 2 DB MB 2 DM 2 0,03 0,702(km) 100 0,3 0,03(h) 1,8 (phút) Thời gian mô tô đi hết quãng đường AC là : t1 10 4 2 h 8 (phút) Thời gian mô tô đi hết quãng đường CD là : t2 30 15 0,702 0,02(h) 1,2 (phút) Thời gian mô tô đi hết quãng đường DB là: t3 35 Nên thời gian mô tô đi trên tuyến đường mới là : 1,8 8 1,2 11 (phút) Vậy thời gian mô tô đi trên tuyến đường mới tiết kiệm được: 30 11 19 (phút)
8
9 Bài 4.
M C
α A
O
N
P
B
H a)
Chứng minh tứ giác AOCM nội tiếp
MCO 900 Vì MA, MB là các tiếp tuyến của O nên MAO MCO 90 90 180 Tứ giác AOCM là tứ giác Xét tứ giác AOCM có : MAO nội tiếp. b) Chứng minh AOM ABC 0
0
0
AOM ACM (hai góc nội tiếp cùng chắn Vì AOCM là tứ giác nội tiếp cmt nên
(cùng chắn AM ) . Lại có: ACM ABC AC ) AOM ABC c) Chứng minh CM CH Gọi CH AB N
AOM ABC Theo ý b, ta có: Mà hai góc này ở vi trí đồng vì nên OM / / BC
BCH BCN 1 (so le trong) BC / / MH CHM
Ta lại có:
BCN ABC 900 ( do BCN vuông tại N)
CAB ABC 900 (phụ nhau) BCN CAB (cùng phụ với ABC ) Lại có: CAB CAO CMO CMH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OC )
CMH 2 BCN CMH CMH cân tại C CH CM (dfcm) Từ (1) và (2) suy ra CHM d) Chứng minh giá trị biểu thức … là một hằng số
10 Xét POC và
PMA 900 POC PMA( g.g ) PMA có: APM chung; PCO
PC PO 1 PC.PM PO.PA . Lại có: S ACP CN . AP. Khi đó ta có: PA PM 2 2 2 PA PC.PM sin PA PO.PA sin 1 S ACP CN . AP 2 PA. PA PO sin 2.OA.sin 1 CN CN . AP 2 CN CN OA 1 Xét OCN vuông ta có: sin OC OA CN sin 2 PA PC.PM sin 2sin . 1 2 S MCP sin
PA Vậy
2
PC.PM sin S MCP
Bài 5. Xét biểu thức : M
2 constast dfcm
ab 2 bc 2 a c ab 4bc 2 a c
ab ab 2 Áp dụng bất đẳng thức Co si ta có: 4bc 4b c 2 5 a b c M ab 4b.c 2 a c 2 2 1 1 P 5 a b c abc 1 t Đặt abc 2
2 2 1 1 1 2 1 1 1 1 P t 2 t t 2 2.t. t 0 5 5 2 4 10 5 2 10 10 10 2 a b a b 3 Dấu " " xảy ra 4b c c 8 1 1 3 2 abc 1 2 8 a b ;c Vậy MinP 10 3 3
11 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2020-2021 MÔN THI: TOÁN Ngày thi:17/07/2020
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số 3 Phần I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Câu 1. Cho tam giác ABC vuông tại
A. 119 cm
B.13 cm
Câu 2. Nếu x 3 thì biểu thức
A có AB 5cm, AC 12cm. Độ dài cạnh BC bằng: C.17 cm D. 7 cm
3 x
2
1 bằng:
A. x 4
B. x 2 C .4 x D. x 3 2 Câu 3. Cho hàm số y ax ( a là tham số khác 0). Tìm tất cả các giá trị của a để đồ thị hàm số đã cho đi qua điểm M 1;4 A.a 1
B.a 4
C .a 4
D.a 1
Câu 4. Có bao nhiêu giá trị nguyên dương của tham số m để phương trình
x 2 2 x 2m 11 0 có hai nghiệm phân biệt ? A.6
B.4
C .7
D.5
2. 8 bằng: A.8 B.16 C .4 D.2 2 Câu 6.Biết phương trình x 2bx c 0 có hai nghiệm x1 1 và x2 3. Giá trị của biểu Câu 5. Giá trị của biểu thức
3
3
thức b c bằng
A.19
B.9
C . 19
D.28
a 2 có nghĩa là : A.a 2 B.a 2 C .a 2 D.a 2 Câu 8. Hàm số nào trong các hàm số cho dưới đây đồng biến trên 1 x A. y 2020 x 1 B. y C. y 2020 x 3 D. y 1 4 x 2 2 Câu 9. Cho hai đường thẳng d : y 4 x 7 và d ' : y m x m 5 ( m là tham số khác Câu 7. Tìm tất cả các giá trị của a để biểu thức
0). Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d ' song song với đường thẳng d
A.m 2
B.m 2 C .m 4 D.m 2 x 2 y 7 Câu 10. Biết hệ phương trình có nghiệm duy nhất x0 ; y0 . Khẳng định nào x 2 y 2 sau đây là đúng ?
A.4 x0 y0 1
B.4 x0 y0 3
C .4 x0 y0 1 D.4 x0 y0 5 Câu 11. Cho hàm số y 10 x 5. Tính giá trị của y khi x 1 A. 5 B.15 C . 15 D.5 Câu 12. Căn bậc hai số học của 121 là : A. 11 B.11 và 11
C .11
D. 12
12
x y 2 ( m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để 2 x 3 y m
Câu 13. Cho hệ phương trình
hệ đã cho có nghiệm duy nhất x0 ; y0 thỏa mãn 3 x0 4 y0 2021
A.m 2020
B.m 2021 C .m 2018 D.m 2019 Câu 14. Cho đường thẳng d : y m 3 x 2m 7 ( m là tham số khác 3). Tìm tất cả các giá trị của m để hệ số góc của đường thẳng d bằng 3
A.m 2
B.m 5
C .m 6
D.m 0
Câu 15. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH , Biết BC 10cm, AH 5cm. Giá
ACB bằng: trị cos
A.
1 4
B.
1 2
C.
3 2
D.
2 2
2
Câu 16. Biết phương trình x 2 x 15 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Giá trị của biểu thức
x1.x2 bằng: A. 2
B.15
C .2 D. 15 Câu 17. Trong hình vẽ bên dưới, hai điểm C , D thuộc dường tròn O đường kính AB và 350. Số đo BAC ADC bằng
D B A A.650
O C B.350
C.550
D.450
Câu 18.Cho đường tròn tâm O, bán kính R 10cm. Gọi AB là một dây cung của đường tròn đã cho, AB 12cm. Tính khoảng cách từ tâm O đến dây cung AB.
A.8 cm
B.6 cm
Câu 19. Tính giá trị biệt thức
C.2 cm
D.16 cm
của phương trình 2 x 2 8 x 3 0
A. 88
B. 88 C . 22 D. 40 Câu 20.Cho đoạn thẳng AC , B là điểm thuộc đoạn AC sao cho BC 3 BA. Gọi AT là một tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC (T là tiếp điểm), BC 6cm. Độ dài đoạn thẳng B.6 cm C.5 cm D.4 cm AT bằng: A.3 cm Phần II.TỰ LUẬN (7,0 điểm) Câu 1.(2,0 điểm)
13
x 3 y 10 2 x y 1
a) Giải hệ phương trình
2 x x 3 x với x 0, x 9 : x 9 x 3 3 x x 2 Câu 2.(1,0 điểm) Cho phương trình: x m 1 x 2m 8 0 1 , m là tham số b) Rút gọn biểu thức A
a) Giải phương trình 1 khi m 2 b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình 1 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn
x12 x22 x1 2 x2 2 11 Câu 3. (1,5 điểm) Một công ty X dự định điều động một số xe để chở 100 tấn hàng. Khi sắp khở hành thì 5 xe được điều đi làm việc khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 1 tấn hàng so với dự định. Tính số xe mà công ty X dự định điều động, biết mỗi xe chở khối lượng hàng như nhau ? Câu 4. (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính R 3cm. Gọi A, B là hai điểm phân biệt cố định trên đường tròn O; R ( AB không là đường kính). Trên tia đối của tia một điểm
BA lấy
M ( M khác B ) . Qua M kẻ hai tiếp tuyến MC , MD với đường tròn đã cho
(C , D là hai tiếp điểm) a) Chứng minh tứ giác OCMD nội tiếp trong một đường tròn b) Đoạn thẳng OM cắt đường tròn O; R tại điểm E . Chứng minh rằng khi
600 thì E là trọng tâm của tam giác MCD CMD c) Gọi N là điểm đối xứng của M qua O. Đường thẳng đi qua O vuông góc với MN cắt các tia MC , MD lần lượt tại các điểm P và Q. Khi M di động trên tia đối của tia BA, tìm vị trí của điểm M để tứ giác MPNQ có diện tích nhỏ nhất Câu 5. (0,5 điểm) Cho hai số dương a, b thỏa mãn a 2b 1. Chứng minh rằng: 1 3 2 14 ab a 4b 2 ĐÁP ÁN I.Trắc nghiệm
1B
2B
3B
4D
5C
6A
7B
8A
9B
10 A
11C
12C 13D 14C 15D 16 D 17C 18 A 19 A 20 D
II.Tự luận Câu 1.
7 y 21 y 3 x 3 y 10 2 x 6 y 20 x 1 a) 1 y 1 3 2 x y 1 2 x y 1 y 3 x 2 y 2
14 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 1; 3 b) Điều kiện : x 0; x 9
2 x x 3 2 x x x A : x. x 3 x 3 3 x x x 9 x 3
2 x x . x 3
x 3
x 3
x 3
.
x 3
x 3
x 3
x
Câu 2. a) Giải phương trình 1 khi m 2 2
Với m 2 ta có phương trình x 3 x 4 0
x 4 x 1
Phương trình có dạng a b c 1 3 4 0 nên có hai nghiệm 2
b) Xét phương trình x m 1 x 2m 8 0 1 Ta có: 2
m 1 4. 2m 8 m 2 2m 1 8m 32 2
m 2 6m 33 m 2 6m 9 24 m 3 24 0 m 2
2
Vì m 3 0 m 3 24 0 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân
x1 x2 m 1 x1 x2 2m 8
biệt với mọi m, áp dụng hệ thức Vi et ta có: Theo đề bài ta có: 2
x12 x22 x1 2 x2 2 11 x1 x2 2 x1 x2 x1 x2 2 x1 x2 4 11 2
x1 x2 x1 x2 2 x1 x2 7 0 2
m 1 2m 8 2 m 1 7 0 m 2 2m 1 2 m 8 2 m 2 7 0 m 0 m 2 2m 0 m m 2 0 m 2 Vậy m 0; m 2 thì thỏa đề. Câu 3. Gọi số xe mà công ty dự kiến điều động là x xe x 5, x *
15 Khi đó mỗi xe chở được số tấn hàng:
100 (tấn hàng) x
Sau khi điều 5 xe đi làm việc khác, số xe còn lại đi chở hàng : x 5 xe
Thực tế mỗi xe phải chở số tấn hàng :
100 (tấn hàng) x5
Thực tế mỗi xe phải chở thêm 1 tấn hàng nên ta có phương trình:
100 100 1 100 x 100 x 5 x x 5 x 5 x 100 x 100 x 500 x 2 5 x 500 0 x 2 25 x 20 x 500 0 x x 25 20 x 25 0 x 25(tm) x 25 x 20 0 x 20(ktm) Vậy ban đầu công ty dự định điều động 25 xe. Câu 4.
Q D N O E B
A P a) Chứng minh tứ giác OCMD nội tiếp
C
M
16
ODM 90 Xét đường tròn tâm O có MC , MD là các tiếp tuyến OCM
0
ODM 900 900 1800 OCMD là tứ giác nội tiếp Tứ giác OCMD có: OCM b) Chứng minh E là trọng tâm MCD Xét đường tròn (O) có MC , MD là hai tiếp tuyến cắt nhau tại M nên MC MD và MO
là tia phân giác của CMD 600 OMD 1 CMD 1 .600 300 Mà CMD 2
2 300 Xét ODM vuông có OD R 3cm, OMD Ta có:
OD OD 3 OM 6 cm EM OM OE 6 3 3 cm 0 1 OM sin 30 2 MD MC Lại có: nên OM là đường trung trực của đoạn DC. Gọi I là giao điểm OD OC R sin DMO
của OM và DC OM DC tại I Theo hệ thức lượng trong tam giác ODM vuông ta có:
3 9 OD 2 32 3 OD OI .OM OI IM OM OI 6 OM 6 2 2 2 ME 3 2 2 ME MI Từ đó ta có: MI 9 3 3 2 600 nên MCD là tam giác đều có MI là Xét tam giác MCD có MC MD và CMD 2 đường phân giác nên MI cũng là trung tuyến. Lại có ME MI (cmt ) nên E là trọng 3 tâm tam giác MCD(dfcm) 2
c) Tìm vị trí của M để S MNPQ min Vì N đối xứng với M qua O nên OM ON
OMP Xét hai tam giác vuông OQM , OPM có cạnh OM chung, OMQ Suy ra OQM OPM ( g .c.g ) OP OQ Diện tích tứ giác MPNQ là :
1 1 1 S MPNQ MN .PQ .2OM .2OQ 4. OM .OQ 4SOQM 4.OD.MQ 4 R.MQ 2 2 2 Xét OQM vuông tại O có OD là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta 2
2
có: OD DQ.DM R DQ.DM
17 2
Áp dụng bất đằng thức Cô si ta có: QM DQ DM 2 DQ.DM 2 R 2 R Hay QM min 2 R QD DM R 2
Từ đó S MPNQ nhỏ nhất là 8 R MQ 2 R
) chung; MDB MAD (cùng chắn BD Khi đó: Xét MDB & MAD có: DMB MD MB MD 2 MA.MB MA.MB R 2 MA MD Đặt AB a, MB x ( a không đổi, a, x 0) MDB MAD( g g )
Ta có:
MA.MB R 2 x x a R 2 x 2 ax R 2 0 x
a a2 4R 2 do x 0 2
a a 2 4 R 2 Vậy điểm M thuộc tia đối của tia AB và cách B một khoảng bằng MB 2 2 không đổi thì tứ giác MPNQ có diện tích nhỏ nhất là 8R Câu 5.
1 a 2b 2 a.2b 2 2ab 2 2ab 1 2ab
1 1 ab .Ta có: 2 8
1 3 1 3 3 1 1 1 2 2 3 2 2 2 2 ab a 4b 4ab 4ab a 4b 4ab 4ab a 4b Áp dụng bất đẳng thức
1 1 4 ta có: x y x y
1 1 4 4 2 4 2 2 2 2 4ab a 4b 4ab a 4b a 2 b Lại có: ab
1 1 1 2 8 4ab 4. 1 8
1 1 1 3 2 2 3.4 14 2 4ab 4ab a 4b
1 a 1 3 1 2 2 14 . Dấu " " xảy ra khi a 2b Vậy 2 ab a 4b 2 b 1 4
18 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC CẠN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 4 Câu 1. (1,5 điểm) a) Tính A 12
27 4 3 1 2 x 2 x 6 x 0, x 1 b) Rút gọn biểu thức B . x 9 x 3 x 1 x 9 Câu 2. (2,5 điểm) a) Giải phương trình 5 x 7 0
x y 2 2 x y 1
b) Giải hệ phương trình sau
c) Hai lớp 9 A và 9B của một trường, quyên góp vở ủng hộ các bạn học sinh vùng khó khăn. Lớp 9A mỗi bạn ủng hộ 2 quyển, lớp 9B mỗi bạn ủng hộ 3 quyển, cả hai lớp ủng hộ được 160 quyển. Tính số học sinh mỗi lớp biết tổng số học sinh của cả hai lớp là 65 em. Câu 3. (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị hàm số y x
2
b) Đường thẳng song song với trục hoành, cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và 2
cắt parabol y x tại hai điểm M , N . Tính diện tích tam giác OMN 2
Câu 4. (1,5 điểm) Cho phương trình x 2m 1 x 2m 0 (với m là tham số) a) Giải phương trình với m 1 b) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m 2
2
c) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để A x1 x2 4 x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5. (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn O đường kính MN , điểm
P thuộc nửa đường
tròn PM PN . Kẻ bán kính OK vuông góc với MN cắt dây MP tại E. Gọi d là tiếp tuyến tại P của nửa đường tròn. Đường thẳng đi qua E và song song với MN cắt d ở F. Chứng minh rằng: a) Tứ giác MPEO nội tiếp đường tròn b) ME .MP MO.MN c) OF / / MP d) Gọi I là chân đường cao hạ từ P xuống MN . Hãy tìm vị trí điểm P để IE vuông góc với MP
19 ĐÁP ÁN Câu 1.
a) A 12 27 4 3 2 3 3 3 4 3 3 b)Với x 0, x 1, x 9 . Ta có:
1 2 x 2 x 6 B . x 3 x 9 x 1 3
x 1 .2
x 3 .
x 1
2
x 3 2 x
x 3
x 3
.
x 3
x 1
6 x 3
Câu 2. a) Giải phương trình:
5x 7 0 x
7 5
7 S 5
b) Giải hệ phương trình:
x y 2 3x 3 x 1 2 x y 1 y 2 x y 1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x; y 1;1 c) Tính số học sinh mỗi lớp Gọi số học sinh lớp 9 A và lớp 9B lần lượt là x, y (học sinh) x, y *, x, y 65 Tổng số học sinh 2 lớp là 65 nên ta có phương trình x y 65 1 Số quyển vở lớp 6A quyên góp là : 2x (quyển) Số quyển vở lớp 6B quyên góp là: 3y (quyển) Hai lớp quyên góp được 160 quyển vở nên ta có phương trình 2 x 3 y 160 2 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
x y 65 3x 3 y 195 x 35 (tm) 2 x 3 y 160 2 x 3 y 160 y 30 Vậy 9A: 35 học sinh, 9B: 30 học sinh. Câu 3. a) Học sinh tự vẽ đồ thị b) Tính diện tích OMN Đường thẳng song song với trục hoành cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên có phương trình d y 2
20 2
Hoành độ các điểm M , N là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm x 2
M 2;2 x 2 x 2 N 2;2
Khi đó ta có: MN 2 2 . Gọi H MN Oy H 0;2 OH MN và OH 2 Vậy SOMN
1 1 OH .MN .2.2 2 2 2(dvdt ) 2 2
Câu 4. a) Giải phương trình khi m=1 2
Với m 1 ta có phương trình x x 2 0
x1 1 x2 2
Phương trình có dạng a b c 0 Vậy với m 1 S 2;1
b) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m 2
Xét phương trình x 2m 1 x 2m 0 ta có: 2
2
2m 1 4.2m 4m 2 4m 1 8m 4m 2 4m 1 2m 1 0 m Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm với mọi m c) Tìm GTNN Phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m. Áp dụng hệ thức Vi –
x1 x2 2m 1 . Theo đề bài ta có: x x 2 m 1 2
et ta có:
2
A x12 x22 4 x1 x2 x1 x2 6 x1 x2 2
1 2m 6.2m 4m2 4m 1 12m 4m2 8m 1 2
4 m2 2m 1 3 4 m 1 3 2
2
2
Vì m 1 0 m 4 m 1 0 4 m 1 3 3 m Vậy Amin 3 m 1 Câu 5.
21
d
K P F
E M
O
x
I
N
a) Tứ giác NPEO nội tiếp đường tròn 0
Vì MPN là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên MPN 90 EPN 90
0
EON 900 900 1800 NPEO là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác NPEO có EPN b) ME .MP MO.MN
chung ; MOE MPN 90 Xét MOE và MPN có: PMN MOE MPN ( g.g )
0
MO ME ME.MP MO.MN dfcm MP MN
c) OF song song với MP
900 OPF OEPF là tứ Vì EF / / MN ( gt ) mà MN OK nên EF OK OEF giác nội tiếp Lại có NPEO là tứ giác nôi tiếp (cmt) 5 điểm O, E , P, F , N cùng thuộc một đường tròn nên tứ giác OEFN cũng là tứ giác nội tiếp
900 ( gt ) EFN 900 EFN 1800 mà EON EON OEF EFN 900 OEFN là hình chữ nhật (tứ giác có 3 Xét tứ giác OEFN có: EON 900 NF là tiếp tuyến của O tại N góc vuông) ONF
22
NMP (cùng chắn NP) FNP OPM (do OMP cân tại O) NMP OMP Mà OPM OPE FNP
). OPE FOP FOP (hai góc nội tiếp cùng chắn FP Mà FNP Mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên OF / / MP d) Tìm vị trí điểm P…… Đặt OI x, MN 2 R IN R x 0 x R Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông MPN ta có:
PI 2 MI .NI R x R x R 2 x 2 PI R 2 x 2 Ta có: OK / / PI (cùng vuông góc với MN ) nên áp dụng định lý Ta let ta có:
OE MO OE R R R2 x2 OE PI MI Rx R 2 x2 R x Để
INP (hai góc đồng vị ) IE MP thì IE / / PN (do MP PN ) , khi đó OIE
OE R R 2 x 2 Xét tam giác OIE có: tanOIE OI x R x
IP R2 x2 Xét tam giác vuông IPN có tan INP IN Rx INP tan OIE tan INP Vì OIE
23
R R2 x2 R2 x2 R R x x R x x R x Rx R 2 Rx xR x 2 x 2 2 Rx R 2 0
x1 R R 2 R 2 1 (tm) xR x R R 2 0(ktm) 2 2
tan INP
1
2
R x Rx
R2 R2 RR
2 1 OI
2
2 1
2 1
R 2 2 2
R 2 2
2 2 2 2 2
2 1
2 1 tan MNP tan INP Vậy khi điểm
2 1
P nằm trên đường tròn O thỏa mãn tan MNP
2 1 thì IE MP
24 UBND TỈNH BẮC NINH
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút
Đề số 5 I.Trắc nghiệm Câu 1. Đường thẳng y 2 x có hệ số góc là
A.2
C.450
B. 1
D.1
Câu 2. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất ?
A. y
1 x
B. y x
C. y x 2
D. y 2020 x
Câu 3. Đường tròn O; R có hai bán kính OA và OB vuông góc với nhau, gọi
H là trung
điểm của đoạn thẳng AB. Khi đó, OH bằng:
A.
R 2
B.
R 2 2
C.
Câu 4. Tam giác ABC vuông tại A, sin C
A.2cm
B.4cm
R 3 2
D.
R 3
2 , cạnh BC 10cm. Độ dài cạnh AB là 5
C.6cm
D.2 2cm
Câu 5. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn O . Các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn O cắt nhau tại M. Số đo góc BMC bằng:
A.900
B.1200
C.450
D.600
x y 3 có nghiệm x; y là: x y 1
Câu 6.Hệ phương trình
A. 2; 1 Câu 7. Biểu thức
A.7
B. 2;1
7 5
C.1;2
2
B.2 7 3
2 7
D. 1; 2
2
có giá trị bằng:
C.2 7 3
D.3
Câu 8. Khi x 6, biểu thức x 8 có giá trị bằng:
A.6
B.8 C .2 D.14 Câu 9. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH . Biết HB 4cm, HC 9cm độ dài
AH là:
25
A.6cm
B.36cm
C . 13cm
D.9cm
Câu 10. Phương trình nào dưới đây có hai nghiệm là 3 và 2?
A.x2 6 x 1 0
B.x 2 x 6 0 C. x 2 6 x 1 0 3 Câu 11. Khi x 7, biểu thức có giá trị bằng: x2 A. 1
B. 3
C.
B. x 1
D.1
1 x là
Câu 12. Điều kiện xác định của biểu thức
A.x 1
1 3
D.x 2 x 6 0
C.x 1
D. x 1
Câu 13. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn O . Đường cao
AH cắt cung nhỏ BC
tại M . Số đo góc BCM là
A.450
B.600
C.500
D.300
x y 1 có nghiệm duy nhất khi mx y 2
Câu 14. Hệ phương trình
A.m 1
B.m 1
C .m 1
Câu 15. Cho tam giác ABC vuông cân tại
D.m 0
A nội tiếp đường tròn O đường kính BC . tia
phân giác của góc ABC cắt đường tròn O tại M M B . Khi đó góc MOC có số đo bằng
A.600
B.450
C.22033'
D.300
2
Câu 16. Hình vuông có diện tích 16cm . Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình vuông đó là :
A.2 2cm
B.4cm
C.2cm
D. 2cm
Câu 17. Đường thẳng y 2 x đi qua điểm nào ?
A.1;2
B.C 2;2
Câu 18. Khi x 16, biểu thức
A. 2
B.
18 15
C.D 2; 1
D.B 2;1
x 2 có giá trị bằng: x 1 C.2
D.
7 2
2
Câu 19. Phương trình 2 x x 6 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Khi đó, tổng x1 x2 bằng
A.
1 2
Câu 20. Giá trị của
B.
1 2
5 1.
C. 3 5 1 bằng:
D.3
26
A.4
B.2
C.2 6
D. 2
2
Câu 21.Các giao điểm của parabol P : y x và đường thẳng d : y x 2 là:
A.D 1;1 và C 2;4
B. A 1;1 và B 2;4
C. A 1;1 và C 2;4
D. 1;1 và B 2;4
Câu 22. Tam giác ABC vuông tại A, AB 3cm, BC 5cm thì tan C bằng:
A.
3 5
B.
5 3
C.
4 3
D.
3 4
Câu 23. Trong các hệ phương trình sau, hệ nào vô nghiệm ?
x 3 A. x 2 y 0
x y 3 B. 2 x 2 y 9
x y 3 x y 3 C. D. 2 y 0 2 x 2 y 6 Câu 24. Cho tam giác ABC vuông tại A, cạnh BC 10cm, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng:
A.3cm
B.4cm
C.2,5cm
D.5cm
Câu 25.Đường thẳng y x m 1 cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 1khi
A.m 2
B.m 0
C .m 1
D.m 1
2
Câu 26. Tập nghiệm của phương trình x 3 x 2 0 là
A.1; 2
B.1;2
C.1;2
D.1; 2
Câu 27. Cho hai đường tròn O;13cm và O ';10cm cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B. Đoạn OO ' cắt O ; O ' lần lượt tại
A.20cm
B.18cm
E và F . Biết EF 3cm, độ dài của OO ' là
C .19cm
D.16cm
M thuộc nửa đường tròn đường kính AB 2 R( M không trùng với A, B). Gọi d là tiếp tuyến của nửa đường tròn tại M ; P và Q lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ A và B xuống d . Khi đó, AP BQ bằng: Câu 28. Cho điểm
A.R 2
B.2 R
C.R 3
D.
3R 2
2ax by 5 có nghiệm x; y 1;2 . Khi đó, a 1 x b 2 y 6
Câu 29. Biết hệ phương trình
3a 4b bằng:
A.8
B.4
Câu 30. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A.0
B. không tồn tại
5 2
C.7
D.
x 2 4 x 3 bằng C. 1
D.1
27 Câu 31. Có bao nhiêu cặp số nguyên a, b dể biểu thức 93 62 3 viết được dưới dạng 2
a b 3 với a, b ? A.1
B.2
C .0
D.4 2
Câu 32. Gọi M , N là các giao điểm của parabol y x và đường thẳng y x 2. Diện tích tam giác OMN bằng:
A.6
B.
3 2 2
C.3
D.1,5
II.Tự luận Câu 1. (2,0 điểm) 2
a) Giải phương trình x 6 x 8 0 b) Rút gọn biểu thức P
2 2 x 5 với x 0, x 1 . Tìm x để P 1 x 1 x 1 x 1
Câu 2. (1,0 điểm) Trong thư viện của một trường, tổng số sách tham khảo môn Ngữ văn và môn Toán là 155 cuốn. Dự định trong thời gian tới nhà trường cần mua thêm tổng số 45 cuốn sách Ngữ văn và Toán, trong đó số sách môn Ngữ văn cần mua bằng văn hiện có, số sách môn Toán cần mua bằng
1 số sách môn Ngữ 3
1 số sách môn Toán hiện có. Hỏi số sách 4
tham khảo của mỗi môn Ngữ văn và Toán ban đầu lầ bao nhiêu ? Câu 3. (2,0 điểm)
M khác C sao cho AM MC . Vẽ đường tròn tâm O đường kính MC , đường tròn này cắt BC tại E E C và cắt đường thẳng BM tại D D M Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AC lấy điểm
a) Chứng minh ADCB là một tứ giác nội tiếp b) Chứng minh ABM AEM và c) Gọi G là giao điểm của
EM lầ tia phân giác của góc AED
ED và AC . Chứng minh rằng CG.MA CA.GM
Câu 4. (1,0 điểm) 2
Cho phương trình bậc hai ax x c 0 (x là ẩn số) có hai nghiệm thực dương
x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
a2 c ac a 2
28 ĐÁP ÁN I.Phần trắc nghiệm 1B
2D
3B
4B
5D
6B
7D
10D
11D
12D
13D
14A
5B
18C
19A
20B
21C
22D
23B
26C
27A
28B
29A
30A
31C
8D 9A 16A 17A 24D 25B 32C II. Phần tự luận Câu 1. a) Giải phương trình 2
x 6 x 8 0 x2 2 x 4 x 8 0 x x 2 4 x 2 0 x 2 0 x 2 x 2 x 4 0 x 4 0 x 4 Vậy tập nghiệm là S 4; 2 b) Rút gọn Điều kiện: x 0, x 1
P
2 x 5 2 x 1 x 1
2 x 1
2 x 22 x 2 x 5
x 1
x 1
x 1 2
x 1 x 5
x 1
x 1
5
5 x 5
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
5 1 x 1 5 x 16(tm) x 1 Vậy x 16 thì P 1 P 1
Câu 2. Gọi số sách thâm khảo Ngữ văn và Toán thư viện đang có là x, y (cuốn)
x, y *, x, y 155 Ban đầu, thư viện có 155 cuốn sách tham khảo 2 môn nên ta có phương trình
x y 155 (1)
5 x 1
29 Số sách tham khảo môn Ngữ văn cần mua thêm là Số sách tham khảo môn Toán cần mua thêm là
1 x (cuốn) 3
1 y (cuốn) 4
Thư viện đã mua thêm 45 cuốn sách tham khảo 2 môn này nên ta có phương trình:
1 1 x y 45 4 x 3 y 540 2 3 4 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :
x y 155 3 x 3 y 465 x 75 x 75(tm) 4 x 3 y 540 4 x 3 y 540 y 155 x y 80(tm) Vậy ban đầu thư viện có 75 cuốn sách tham khảo Ngữ văn, 80 cuốn sách tham khảo môn Toán Câu 3.
B
E G A
M
O
C
D a) ADCB là tứ giác nội tiếp
là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn Xét đường tròn O ta có: MDC
900 hay BDC 900 MDC 0
Xét tứ giác ADCB có BAC BDC 90 mà A, D là 2 đỉnh kề nhau
30 Nên ADCB là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh ABM AEM và
EM lầ tia phân giác của góc AED
là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn Xét đường tròn O ta có: MEC 900 BEM 900 (hai góc kề bù) MEC BEM 900 900 1800 ABEM là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác ABEM ta có: BAM ABM AEM (cùng chắn cung AM ) MCD (hai góc nội tiếp cùng chắn MD của (O)) 1 Ta có: MED
AD) (2) ACD ABD (hai góc nội tiếp cùng chắn Vì ADCB là tứ giác nội tiếp (cmt) ABM AEM (cmt ) hay ABD AEM Lại có
(3)
ME là phân giác của AED(dfcm) AEM MED Từ (1), (2), (3) c) Chứng minh rằng CG.MA CA.GM Xét AEG ta có:
EM là phân giác trong của tam giác (cmt )
AE AM (tính chất EG MG
AE AM (tính chất đường phân giác) EG MG Lại có : ME EC (cmt ) EC là đường phân giác ngoài tại đỉnh E của AEG đường phân giác)
AE AC (tính chất đường phân giác) EG CG AM AC AG AM .CG AC.MG (dfcm) MG CG EG
Câu 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của…. 2
Phương trình ax x c 0 có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2
a 0 a 0 0 1 4ac 0 ac 1 4 b 1 0 0 a 0 a a c 0 c c 0 0 a a 1 x x 1 2 a Áp dụng hệ thức Vi – et ta có: x x c 1 2 a
31 Theo đề bài ta có: x1 x2 1
1 1 a 1 do a 0 a 2 1 a
1 1 1 c 4 4a 4 1 1 1 2 2 a a 2 a c 1 1 2 3 4 4 2 1 P 1 1 2 1 1 1 ac a 1 5 5 a2 a2 2 a2 2 1 4 4 4 4
Lại có: ac
a 1 a 1 Dấu " " xảy ra 1 1 ac c 4 4 a 1 3 Vậy MinP 1 5 c 4
32
SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ BẠC LIÊU ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN (Không chuyên) Ngày thi: 14/07/2020 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Đề số 6 Câu 1. (4,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A 2 3 5 48 125 5 5 b) Tìm điều kiện của x để biểu thức B
3 x 4 có nghĩa
Câu 2. (4,0 điểm)
3x 4 y 5 x 4 y 3
a) Giải hệ phương trình :
P : y 2 x 2 và đường thẳng d : y 3x b. Xác định giá trị của b bằng phép tính để đường thẳng d tiếp xúc với parabol P
b) Cho Parabol
Câu 3. (6,0 điểm) 2
Cho phương trình: x m 1 x m 0 1 (với m là tham số) a) Giải phương trình 1 khi m 4 b) Chứng minh phương trình 1 luôn có nghiệm với mọi giá trị của m c) Xác định các giá trị của m để phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 3 x1 x2 3 x2 4 Câu 4. (6,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB 2 R. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn O sao cho E không trùng với A và B. Dựng đường thẳng d1 và d 2 lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn O tại
A và B. Gọi d đường thẳng qua E và vuông góc với EI . Đường thẳng d cắt d1 , d 2 lần lượt tại M , N a) Chứng minh tứ giác AMEI nội tiếp b) Chứng minh IAE đồng dạng với NBE . Từ đó chứng minh IB.NE 3 IE . NB c) Khi điểm E thay đổi, chứng minh tam giác MNI vuông tại I và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R
33
ĐÁP ÁN Câu 1. a) Rút gọn biểu thức: Ta có:
A 2 3 5 48 125 5 5 2 3 5.4 3 5 5 5 5 2 3 20 3 22 3 b) Tìm điều kiện của x..... 4 Biểu thức B 3 x 4 có nghĩa khi và chỉ khi 3x 4 0 3x 4 x 3 4 Vậy biểu thức B 3 x 4 có nghĩa khi x 3 Câu 2. a) Giải hệ phương trình: Ta có:
4 x 8 x 2 x 2 3x 4 y 5 x3 23 1 x 4 y 3 y 4 y 4 y 4 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là x; y 2; 4 b) Cho parabol ……. Xét phương trình hoành độ giao điểm của P và d :
2 x 2 3x b 2 x 2 3x b 0 * Số giao điểm của P và d bằng số nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm, do dó để d tiếp xúc với parabol P thì phương trình * phải có nghiệm kép 2
0 3 4.2. b 0 9 8b 0 b Vậy để d tiếp xúc với parabol P thì b Câu 3. a) Giải phương trình khi m 4 Thay m 4 vào phương trình 1 ta có:
9 8
9 8
34
x2 3x 4 0 x2 4 x x 4 0 x x 4 x 4 0 x 1 0 x 1 x 1 x 4 0 x 4 0 x 4 Vậy khi m 4 thì tập nghiệm của phương trình là S 1;4 b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m 2
x m 1 x m 0
(1) có:
2
m 1 4.1. m m 2 2m 1 4m 2
m 2 2m 1 m 1 0 m Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m c) Xác định giá trị của m để phương trình…………. Theo ý b: ta có: m 1
2
Để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thì 0
m 1 0 m 1 . Khi đó áp dụng định lý Vi – et ta có:
x1 x2 m 1 m 1 . Theo bải ra ta có: x x m 1 2 x1 3 x1 x2 3 x2 4 3x1 x12 3x2 x22 4 2
3 x1 x2 x12 x22 4 3 x1 x2 x1 x2 2 x1 x2 4 2
3 m 1 m 1 2. m 4 m 2 3m 2 0 m m 1 2 m 1 m 1 m 2 0 m 1 0 m 1( ktm) m 2 0 m 2(tm) Vậy m 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán Câu 4.
35
d1 d
d2
M
A
E
I
N
O
B
AMEI nội tiếp 900 Vì d1 là tiếp tuyến của O tại A nên IAM 900 Vì d EI tại E nên IEM a) Chứng minh tứ giác
IEM 900 900 1800 AMEI có IAM 0 Vậy tứ giác AMEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng180 ) b) Chứng minh IAE đồng dạng với NBE . Từ đó chứng minh IB.NE 3 IE . NB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên AEB 900 Vì AEB Xét tứ giác
IEB IEN 900 do d IE Ta có: AEI IEB AEB 900 ; BEN
) (cùng phụ với IEB AEI BEN cmt ; IAE NBE (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp Xét IAE và NBE có: AEI BEN ) tuyến và dây cung cùng chắn BE IE IA (hai cạnh tương ứng) IA.NE IE.NB (1) NE NB Mà I là trung điểm của OA( gt ) OA 2 IA IAE NBE ( g.g )
Lại có O là trung điểm của AB AB 2OA 4 IA
IB AB IA 4 IA IA 3 IA . Khi đó ta có: 1 3IA.NE 3IE.NB (nhân cẩ 2 vế với 3) IB.NE 3IE.NB(dfcm) c) Chứng minh MNI vuông tại I và tìm GTNN của S MNI theo
900 (do d IE tại E) Xét tứ giác BNEI có: IEN 900 (do d là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B) IBN 2
R
36
IBN 900 900 1800 IEN Tứ giác BNEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 ) IEB INE ABE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IE )
AMEI là tứ giác nội tiếp (ý a) IAE BAE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IE ) IME
Lại có : Tứ giác
Xét tam giác MNI có:
IME 900 (do AEB 900 (cmt ) nên AEB vuông tại E) INE ABE BAE MNI vuông tại I (tam giác có tổng hai góc nhọn bằng 900 ) Ta có: SMNI
1 IM .IN 2
900 AIM 0 900 BIN Đặt
AI AI IM IM cos BI BI BI 0 Xét BIN vuông ta có: cos 90 IN 0 IN cos 90 sin Xét
AIM vuông ta có: cos
1 1 AI BI AI .BI SMNI IM .IN . . 2 2 cos sin sin .cos 1 R 3 3R Ta có: AB 4 AI (cmt ) AI AB , BI AB 4 2 4 2 2 3R 4 SMNI sin .cos 3R 2 Do không đổi nên diện tích tam giác MNI đạt giá trị nhỏ nhất sin .cos đạt giá 4 trị lớn nhất. 0
0
Vì 0 90 nên sin ,cos 0 . Áp dụng BĐT Cô – si ta có:
sin 2 cos 2 1 2 2 2 2 3R 1 3R S AMI : . Dấu " " xảy ra 4 2 2 sin cos 1 2 sin cos 450 2 2 sin cos sin .cos
Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI là
3R 2 , đạt được khi AIM 450. 2
37
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: TOÁN (chung) Thời gian: 120 phút (không kể phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 7 Câu 1. (1,0 điểm) a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức b) Tìm x biết: Câu 2. (1,0 điểm)
18 3
4 x 9 x 15 Cho hàm số bậc nhất
y 7 18 x 2020
a) Hàm số trên đồng biến hay nghịch biến trên
? Vì sao ?
b) Tính giá trị của y khi x 7 18 Câu 3. (1,0 điểm)
2
Cho hàm số y 2 x có đồ thị P
a) Vẽ P b) Tìm tọa độ của các điểm thuộc P có tung độ bằng
2
Câu 4. (2,5 điểm) 2
a) Giải phương trình: x 5 x 7 0
7 x y 18 2 x y 9
b) Giải hệ phương trình :
c) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình
x 2 2 m 5 x m2 3m 6 0 có hai nghiệm phân biệt
38 Câu 5. (1,0 điểm) Với giá trị nào của tham số m thì đồ thị hai hàm số y x 5 m và
y 2 x 7 m cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành . Câu 6. (0,75 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại B có đường cao BH H AC , biết AB 6cm, AC 10cm. Tính độ dài các đoạn thẳng BC , BH . AOB 650 và điểm C Câu 7. (0,75 điểm) Trên đường tròn O lấy hai điêm A, B sao cho ACB AmB, ACB và số đo như hình vẽ. Tính số đo
A m
O
C
650
B
Câu 8. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O và có các đường cao BE , CF cắt nhau tại H E AC , F AB a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp b) Chứng minh AH BC c) Gọi P, G là hai giao điểm của đường thẳng EF và đường tròn (O) sao cho điểm E nằm giữa hai điểm P và điểm F . Chứng minh AO là đường trung trực của đoạn thẳng PG ĐÁP ÁN Câu 1. a) Ta có:
18 18 3 6 3 3 3
b) Tìm x biết:
4 x 9 x 15 x 0 2 x 3 x 15 5 x 15 x 3 x 9(tm) Vậy x 9 Câu 2. a) Hàm số
y 7 18 x 2020 có a 7 18
Ta có: 7 49 18 7 18 0 a 0 nên hàm số đã cho đồng biến trên R b) Tính giá trị… Thay x 7 18 và hàm số
y 7 18 x 2020 ta được:
y 7 18 7 18 2020 49 18 2020 2051 Vậy với x 7 18 thì y 2051
39 Câu 3. a) Học sinh tự vẽ (P) b) Tìm tọa độ…….. Gọi điểm N x;2 thuộc P : y 2 x 2
2
2
x 1 x 1
Ta có: 2 2 x x 1
Vậy ta có hai điểm thỏa mãn đề bài là 1;2 ; 1;2 Câu 4. 2
a) Giải phương trình : x 5 x 7 0
5 53 x 2 2 Ta có: 5 4.1. 7 53 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm 5 53 x 2 5 53 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x 2 b) Giải hệ phương trình
7 x y 18 9 x 27 x 3 x 3 2 x y 9 y 7 x 18 y 7.3 18 y 3 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x; y 3;3 c) Tìm các giá trị của m…… 2
2
Xét phương trình: x 2 m 5 x m 3m 6 0 Ta có: 2
' m 5 m2 3m 6 m2 10m 25 m2 3m 6 7m 31 Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì
' 0 7m 31 0 m Vậy với m
31 7
31 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. 7
Câu 5. Xét đường thẳng d : y x 5 m có a 1 và đường thẳng d ' : y 2 x 7 m có
a' 2 Vì a a ' nên hai đường thẳng d , d ' cắt nhau Gọi M x; y là giao điểm hai đường thẳng d , d ' Vì M x; y thuộc trục hoành nên M x;0 Lại có M x;0 thuộc d : y x 5 m nên ta có: x 5 m 0 x 5 m Vì M x;0 d ' : y 2 x 7 m 2 x 7 m 0 m
m7 2
40
5 m
m7 m 7 2m 10 3m 3 m 1 2
Vậy m 1 là giá trị cần tìm. Câu 6.
A H
10 cm
6 cm
C
B
Xét tam giác ABC vuông tại B, theo định lý Pytago ta có:
AC 2 AB 2 BC 2 BC 2 AC 2 AB 2 10 2 62 64 BC 64 8cm Xét ABC vuông tại B có chiều cao BH , theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: AB.BC 6.8 BH . AC AB.BC BH 4,8(cm) AC 10 Vậy BC 8cm, BH 4,8cm Câu 7.
A m
C
O
650
B
AOB 650 . Lại có: AOB là góc ở tâm chắn cung AmB nên sd cung AmB Ta có: sd ACB sd AmB 3600 sd ACB 3600 650 2950 1 1 nên ACB sd AmB .650 32,50 ACB là góc nội tiếp chắn AmB 2 2 0 0 0 AmB 65 , sd ACB 295 , ACB 32,5 Vậy sd Câu 8.
41
A
Q
I E
F
P
H O B
D
C K
AEHF nội tiếp 900 , BE AC AEB 900 Ta có: CF AB AFC AFH AEH 900 900 1800 Tứ giác AFHE nội tiếp Tứ giác AFHE có a) Chứng minh tứ giác
b) Chứng minh AH BC Kéo dài AH cắt BC tại D Do BE , CF là các đường cao trong tam giác và BE CF H nên H là trực tâm của
ABC AD là đường cao trong ABC AD BC AH BC (dfcm) c) Chứng minh AO là đường trung trực của đoạn thẳng PG BEC 900 nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng Xét tứ giác BFEC có BFC nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau)
AFE ACB (cùng bù với BF E ) 1 Kẻ đường kính AA ', Gọi I là giao điểm của AO và PG ' BCA ' (cùng chắn BA ') 2 Tứ giác BACA ' nội tiếp nên BAA ' Từ (1) và (2) suy ra : AFE BAA ACB BC 'A
' Mà ACB BCA A ' CA 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ' 900 hay 900 AFE BAA AFI FAI Nên
AIF 900 AO PG tại I . I là trung điểm của PG (tính chất đường kính dây cung) Nên AO là đường trung trực của PG
42
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 18/7/2020 Thời gian làm bài: 120 phút
Đề số 8 Bài 1. (2,0 điểm)
x 1 x3 2 x 2 2 x 2 2. Cho biểu thức A . x 1 x 0; x 1 x 1 x 1 a) Tính giá trị của biểu thức A khi x 4 b) Rút gọn biểu thức A và tìm giá trị lớn nhất của A 1. Giải phương trình:
Bài 2. (2,0 điểm) 2
Cho parabol P : y x và đường thẳng d : y 2 m 1 x 2m 5 ( m là tham số) a) Chứng minh rằng đường thẳng d luôn cắt Parabol P tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị m b) Tìm các giá trị của m để đường thẳng d cắt Parabol P tại hai điểm phân biệt có hoành độ tương ứng là x1 , x2 dương và
x1 x2 2
Bài 3. (1,5 điểm) Trong kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp trường, tổng số học sinh đạt giải của cả hai lớp 9 A1 và 9 A 2 là 22 em, chiếm tỉ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên.
43 Nếu tính riêng từng lớp thì lớp 9 A1 có 50% học sinh dự thi đạt giải và lớp 9 A 2 có 28% học sinh dự thi đạt giải. Hỏi mỗi lớp có tất cả bao nhiêu học sinh dự thi ? Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB và d là một tiếp tuyến của đường tròn O tại điểm A. Trên đường thẳng d lấy điểm M (khác A) và trên đoạn OB lấy điểm N (khác O và B). Đường thẳng MN cắt đường tròn O tại hai điểm C và D sao cho C nằm giữa
M và D. Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng CD a) Chứng minh tứ giác AOHM nội tiếp trong một đường tròn b) Kẻ đoạn DK song song với MO( K nằm trên đường thẳng AB). Chứng minh rằng
BAH và MA2 MC.MD MDK c) Đường thẳng BC cắt đường thẳng OM tại điểm I. Chứng minh rằng đường thẳng
AI song song với đường thẳng BD Bài 5. (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x y 10. Tìm giá trị của x và y để biểu
y
4
thức A x 1
4
1 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. ĐÁP ÁN
Bài 1.
x 1 x 3 x 1 2x 6 x 7 2 Vậy S 7 1)
2) a) Thay x 4(tmdk ) vào biểu thức A ta có:
4 2 2 4 2 4 2 A . 4 1 .3 2 4 1 3 1 4 1 Vậy khi x 4 A 2 b) Rút gọn:
. x 1
x 2 2 x 1 A x 1 x 1 x.
x 22 x 2
x 1
.
x 1
x 1 x x
Ta có:
A x x
2
x
2
2 2 1 1 1 1 1 2. x . x 2 2 4 2 4
1 1 Vì x 0 A x 0, x 1 2 4
x 1
44 Dấu
" " xảy ra x
Vậy Amax
1 1 x (tm) 2 4
1 1 x 4 4
Bài 2. a) Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt Phương trình hoành độ giao điêm của (P) và (d) là:
x 2 2 m 1 x 2m 5 x 2 2 m 1 x 2m 5 0 * . Phương trình (*) có: 2
2
' m 1 2m 5 m 2 2m 1 2m 5 m 2 4m 4 2 m 2 4 2
2
Vì m 2 0 m m 2 2 0 m b) Tìm các giá trị m 2
Xét phương trình x 2 m 1 x 2m 5 0 * Để đường thẳng d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 dương thì:
0 0 m 5 S 0 2 m 1 0 m . Khi đó áp dụng Vi-et ta có: 2 P 0 2m 5 0 x1 x2 2m 2 . Theo đề bài ta có: x1 x2 2m 5 x1 x2 2
x1 x2
2
4 x1 x2 2 x1 x2 4
2m 2 2 2m 5 4 2m 6 2 2m 5 2m 5 m 3 m 3 0 m 3 m 3 2 2 2 m 3 2m 5 m 6m 9 2m 5 m 8m 14 0 m 4 2(tm) m 4 2(tm) Vậy m 4 2 thỏa mãn bài toán . Bài 3. Gọi số học sinh dự thi của lớp 9 A1 và 9 A 2 lần lượt là x, y (học sinh) x, y Vì số học sinh đạt giải là 22 em, chiếm tỉ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp nên ta có phương trình x y .40% 22 x y 55 1 Nếu tính riêng từng lớp thì:
1 x (học sinh) 2 7 y (học sinh) Lớp 9 A 2 có số học sinh đạt giải là 28% y 25 Lớp 9 A1 có số học sinh đạt giải là 50% x
Vì cả hai lớp có 22 học sinh đạt giải nên ta có phương trình:
45
1 7 x y 22 25 x 14 y 1100 2 2 25 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
x y 55 25 x 25 y 1375 11y 275 x 30 (tm) 25 x 14 y 1100 25 x 14 y 1100 x 55 y y 25 Vậy số học sinh dự thi là 9 A1: 30 học sinh; 9 A2 : 25 học sinh. Bài 4.
M
I
C F
J
H O N K
A
B D E
a)
Chứng minh AOHM là tứ giác nội tiếp
900 MA là tiếp tuyến của O MAO H là trung điểm của CD OH CD H (đường kính – dây cung) OHM 900 OHC OHM 900 900 1800 mà hai góc này đối diện nên Xét tứ giác AOHM có: MAO Ta có:
AOHM là tứ giác nội tiếp (đpcm) b)
Chứng minh
MDH BAH và MA2 MC.MD
46 Ta có: DK / / MO( gt ) MDK DMO (hai góc so le trong)
) HAO (cùng chắn OH Vì AOHM là tứ giác nội tiếp (cm câu a) HMO Hay
DMO BAH MDK DMO (dfcm) BAD
MAC (cùng chắn chung; MDA AC ) DMA ta có: M AM MC AMC DMA( g.g ) MA2 MC.MD(dfcm) DM MA
Xét AMC và
c) Chứng minh AI / / BD Gọi E là giao điểm của MO và BD. Kéo dài
DK cắt BC tại F
KDH (câu b) Xét tứ giác AHKD có HAK AHKD là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng
) nhau) DAK DHK (góc nội tiếp cùng chắn DK
) nên DHK DCB Mà DAK DCB (cùng chắn DB Hai góc này ở vị trí đồng vị nên HK / / CB HK / / CF Trong tam giác DCF , HK / / CF , H là trung điểm CD nên K là trung điểm
DK KF . Lại có: DK / / MO DF / / IE
FD
DK FK BK OE OI BO
Mà DK FK (cmt ) OE OI Xét tứ giác AIBE có hai đường chéo IE và AB cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường nên AIBE là hình bình hành AI / / BE AI / / BD(dfcm) Bài 5. Ta có: 2
4
2
4
A x 4 1 y 4 1 x 4 y 4 xy 1 x 2 y 2 2 xy xy 1 2
2 2 4 x y 2 xy 2 xy xy 1 4
2
2
2
4
x y 4. x y .xy 4 xy 2 xy xy 1 2
4
100 40 xy 2 xy xy 1 4
xy 2 xy 40 xy 101 Đặt t xy. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 2
2
5 x y x y 0 xy . 4 2 2
5 0 t 2 4 2 2 A t 8t 16 10t 40t 40 45 4
2
Khi đó ta có: A t 2t 40t 101
2
2
A t 2 4 10 t 2 45 45
47
xy 2 t 2 4 0 Dấu " " xảy ra t 2(tm) t 2 0 x y 10 2
Khi dó x, y là nghiệm của phương trình : X 10 X 2 0 Ta có:
10
2
4.1.2 2 0, do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt:
10 2 X 2 10 2 X 2 10 2 10 2 10 2 10 2 x; y ; ; hoặc x; y 2 2 2 2 10 2 10 2 Vậy Amin 45 x; y ; hoặc 2 2 10 2 10 2 ; x; y 2 2
48
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số 9
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2020-2021 Môn thi : TOÁN Ngày thi : 09/7/2020 Thời gian làm bài : 120 phút (không tính phát đề)
Bài 1. (2 điểm) Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
1) x 2 x 12 0
2) x 4 8 x 2 9 0
3 x y 1 3) 6 x y 2
Bài 2. (1,5 điểm) 2
Cho phương trình : x 2020 x 2021 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Không giải phương trình, tính giá tị các biểu thức sau :
1)
1 1 x1 x2
2)x12 x22
Bài 3. (1,5 điểm)
3 2 3 x và đường thẳng d : y x 3 2 2 1) Vẽ đồ thị của (P) và d trên cùng một mặt phẳng tọa độ 2) Tìm tọa độ các giao điểm của P và d bằng phép tính.
Cho Parabol P : y
Bài 4. (1,5 điểm )
1 x x 1) Rút gọn biểu thức A
Cho biểu thức A
1 x 1 : x 1 x x 2x x
2) Tính giá trị của biểu thức A khi x 8 2 7 Bài 5. (3,5 điểm) Cho đường tròn O;3cm có đường kính AB và tiếp tuyến Ax. Trên Ax lấy điểm
C sao cho AC 8cm, BC cắt đường tròn O tại D. Đường phân giác của góc CAD cắt đường tròn O tại M và cắt BC tại N 1) Tính độ dài đoạn thẳng AD 2) Gọi E là giao điểm của AD và MB. Chứng minh tứ giác MNDE nội tiếp được trong đường tròn. 3) Chứng minh tam giác ABN là tam giác cân
49 4) Kẻ
EF vuông góc AB F AB . Chứng minh N , E , F thẳng hàng.
ĐÁP ÁN Bài 1.
1) x 2 x 12 0 x 2 3 x 4 x 12 0 x x 3 4 x 3 0 x 3 x 4 0 x 3 0 x 3 x 4 0 x 4 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 3; 4
2) x 4 8 x 2 9 0 Đặt t x
2
t 0 , phương trình đã cho trở thành : t 2 8t 9 0
Phương trình có dạng a b c 1 8 9 0 nên phương trình có hai nghiệm
t1 1(tm) 2 t 9(ktm) . t 1 x 1 x 1 2 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1
3x y 1 6 x 2 y 2 3x 4 1 x 1 3) 6 x y 2 6 x y 2 y 4 y 4 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 1; 4 Bài 2. 2
Xét phương trình : x 2020 x 2021 0 * 2
Ta có: ' 1010 2021 1018079 0 Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 .
50
x1 x2 2020 x1 x2 2021
Áp dụng định lý Vi et ta có:
a)
1 1 x1 x2 2020 x1 x2 x1 x2 2021 2
b) x12 x22 x1 x2 2 x1 x2 2020 2 2.2021 4076358. Bài 3. 1) Học sinh tự lập bảng và vẽ đồ thị 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của P và d ta có:
3 2 3 x x 3 3x 2 3x 6 3 x 2 3x 6 0 2 2 2 x x 2 0 x2 2x x 2 0 x x 2 x 2 0 x 1 x 2 0 3 x 1 y x 1 0 2 x 2 0 x 2 y 6
3 2
Vậy tọa độ giao điểm là A 2;6 và B 1; Bài 4. 1) Rút gọn biểu thức A
1 A x x
x 0 1 x 1 : x 1 x x 2x x x 1
1 A x x 1
x.
x x 2 x 1 . x 1 x 1
x
x.
1 x x
.
x 1
A x 1 2) Tính giá trị biểu thức
A khi x 8 2 7 . Điều kiện : 0 x 1
Ta có:
x 82 7 x Thay
7
2
2. 7.1 12
7 1 7 1 Do
2
7 1
7 1 0
x 7 1(tmDKXD) vào biểu thức A ta có:
A 7 11 7 2 Vậy khi x 8 2 7 thì A
7 2
x 1 x 1
2
51
Bài 5.
C
N D
M E A
1) Tính độ dài đoạn thẳng
F O
B
AD
Vì ADB 900 AD BD hay AD BC ADB nội tiếp nửa đường tròn (O) nên Ta có: Ax là tiếp tuyến của O tại
A nên Ax AB hay AB AC
AB là đường kính của O;3cm nên AB 2.3 6(cm) Do đó ABC vuông tại A có đường cao
AD
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có:
1 1 1 AD 2 AB 2 AC 2 1 1 1 1 25 576 2 2 4,8(cm) 2 2 AD 6 8 AD 576 25 Vậy AD 4,8cm
52 2) Chứng minh MNDE là tứ giác nội tiếp
90 Ta có : AD BC (cmt ) EDN
0
AMB 900 Tương tự ta có AMB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O nên 900 AM BM hay AN BM EMN EMN 900 900 1800 Xét tứ giác MNDE có EDN Vậy tứ giác MNDE là tứ giác nội tiếp . 3) Chứng minh ABN là tam giác cân AM ) ABM (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn Ta có: CAN
) MBD (hai góc nội tiếp cùng chắn MD MAD MAD ( gt ) , do đó ABM MBD Mà CAN Xét ABN có
ABN BM là tia phân giác của
BM là đường cao đồng thời là đường phân giác nên tam giác ABN cân tại
B(dfcm) 4) Chứng minh N , E , F thẳng hàng Xét ABN có AD BN (cmt );
BM AN (cmt );
AD BM E ( gt )
E là trực tâm của tam giác ABN Do đó NE là đường cao thứ ba của tam giác ABN nên NE AB Lại có : EF AB( gt )
Qua điểm E nằm ngoài đường thẳng AB kẻ được hai đường thẳng EF , NE cùng vuông góc với AB NE EF (Tiên đề Ơ clit) Vậy N , E , F thẳng hàng (đpcm)
53
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2020 ĐỀ THI MÔN TOÁN (CHUNG) Thời gian : 120 phút (không kể phát đề) Ngày thi 17/07/2020
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 10 Câu 1. (2,0 điểm) 1. Tính giá trị các biểu thức sau :
A 64 49
B
4 7
2
7
x2 x 3, x 0 x 2 a) Rút gọn biểu thức Q b) Tìm giá trị của x để biểu thức Q 2
2. Cho biểu thức Q
Câu 2. (2,0 điểm) 2
1. Cho parabol ( P) : y x và đường thẳng d : y 2 x 3 a) Vẽ parabol P và đường thẳng d trên cùng một mặt phẳng tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol P và đường thẳng d bằng phép tính
2 x 3 y 3 x 3y 6
2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau : Câu 3. (2,5 điểm) 2
1. Cho phương trình ẩn x : x 5 x m 2 0
(1)
a) Giải phương trình 1 với m 6 b) Tìm m để phương trình 1 có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2 thỏa mãn hệ thức
1 1 3 x1 x2 2
2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là
320m2 . Tính chu vi thửa đất đó . Câu 4. (1,0 điểm)
60 . Tính số đo góc C và Cho tam giác ABC vuông tại A, có cạnh AC 8cm, B độ dài các cạnh AB, BC ,đường trung tuyến AM của tam giác ABC Câu 5. (2,5 điểm) Từ một điểm T ở bên ngoài đường tròn O , Vẽ hai tiếp tuyến TA, TB với đường 0
tròn ( A, B là hai tiếp điểm). Tia TO cắt đường tròn O tại hai điểm phân biệt C và D ( C nằm giữa T và O) và cắt đoạn thẳng
AB tại điểm F
54 a) Chứng minh : Tứ giác TAOB nội tiếp b) Chứng minh: TC .TD TF .TO c) Vẽ đường kính AG của đường tròn O . Gọi
H là chân đường vuông góc kẻ từ điểm B đến AG , I là giao điểm của TG và BH . Chứng minh I là trung diểm của BH ĐÁP ÁN
Câu 1.
1) A 64 49 8 7 1 B
4 7
2
7 4 7 7 4 7 7 4
2) a) Rút gọn biểu thức Q Với x 0 ta có:
x x 2 x2 x 3 3 x 3 x 2 x 2 Vậy với x 0 thì Q x 3 b) Tìm giá trị của x để Q 2 Q
Ta có: Q 2
x 3 2 x 5 x 25(tm) Vậy để Q 2 thì x 25 Câu 2. 1) a) Học sinh tự vẽ (P) và d b) Tìm tọa độ giao điểm Xét phương trình hoành độ giao điểm của P và d ta có:
x 2 2 x 3 x 2 2 x 3 0 x 2 x 3x 3 0 x x 1 3 x 1 0 x 1 x 3 0 x 1 0 x 1 y 1 x 3 0 x 3 y 9 Vậy d cắt P tại hai điểm phân biệt có tọa độ 1;1 và 3;9 2) Giải hệ phương trình……
3x 9 2 x 3 y 3 x 3 6 x x 3y 6 y 1 y 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 3;1 Câu 3. 1. a) Giải phương trình khi m 6 Với m 6 thì phương trình (1) trở thành:
55
x 2 5 x 4 0 x 2 x 4 x 4 0 x x 1 4 x 1 0 x 1 x 4 x 1 0 x 4 Vậy với m 6 thì tập nghiệm phương trình là S 1;4 b) Tìm m để ………
0 Để phương trình 1 có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2 thì S 0 P 0 5 2 4. m 2 0 25 4m 8 0 33 4m 0 33 5 0(luon dung ) 2m 4 m 2 m 2 m 2 0 x1 x2 5 Khi đó áp dụng hệ thức Vi – et ta có: . Theo đề bài ta có: x x m 2 1 2
1 1 3 x1 x2 2
x1 x2 x1 x2
3 2 2
x1 x2 3 x1 x2
4 x1 x2 2 x1 x2 9 x1 x2 4 5 2 m 2 9 m 2 9 m 2 8 m 2 20 0 * Đặt t
m 2 t 0 , phương trình (*) trở thành:
9t 2 8t 20 0 9t 2 18t 10t 20 0 9t t 2 10 t 2 0 t 2(tm) t 2 0 t 2 9t 10 0 10 9t 10 0 t (ktm) 9 Với t 2 m 2 2 m 2 4 m 6(tm) Vậy m 6 2. Tính chu vi thửa đất đó Gọi chiều rộng thửa đất là x m , x 0 Chiều dài thửa đất là x 4 m 2
Vì thửa đất có diện tích là 320 m , nên ta có phương trình :
x x 4 320 x 2 4 x 320 0 x 2 16 x 20 x 320 0 x x 16 20 x 16 0 x 16 x 20 0 x 16 0 x 16(tm) x 20 0 x 20( ktm) Chiều rộng thửa đất là 16m, chiều dài thửa đất là 16 4 20m
56 Vậy chu vi thửa đất đó là : 16 20 .2 72 m Câu 4.
C 900 (phụ nhau) C 900 B 900 600 300 Vì ABC vuông tại A nên B Ta có:
tan 600
AC AC 8 8 3 AB cm 0 AB tan 60 3 3
AC AC 8 16 3 BC (cm) 0 BC sin 60 3 3 2 Tam giác ABC vuông tại A có đường trung tuyến AM ứng với cạnh huyền BC nên: 1 1 16 3 8 3 AM BC . cm 2 2 3 3 300 , AB AM 8 3 cm, BC 16 3 cm Vậy C 3 3 sin 600
Câu 5.
57
A
T
O C
F K B
D I
H G
a) Chứng minh tứ giác TAOH nội tiếp Ta có: TA, TB là hai tiếp tuyến của O tại A, B (gt)
TA OA TBO 900 TAO TB OB TBO 900 900 1800 , mà hai góc này là hai góc đối Xét tứ giác TAOB ta có: TAO diện nên TAOB là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh: TC .TD TF .TO Ta có: OA OB R O thuộc đường trung trực của AB TA TB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) T thuộc đường trung trực của AB TO là đường trung trực của AB TO AB F Áp dụng hệ thức lượng cho TAO vuông tại A có đường cao AF ta có: TA2 TF .TO (1) Xét TAC và TDA ta có: TAC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn AC ) T chung; TDA TA TC TAC TDA( g.g ) TA2 TC.TD 2 TD TA 2 Từ (1) và (2) TF .TO TC .TD TA dfcm c) Chứng minh
I là trung điểm của BH
Gọi AB TG K
AT OA AT AG (so le trong) BH / / AT ABH TAB BH AG Mà TA TB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên TAB cân tại T TBA BK là phân giác của TBH TAB ABH TBA Ta có: ABG 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BA BG hay BK BG Do đó BG là phân giác ngoài của TBH Ta có:
58 Áp dụng định lý đường phân giác ta có:
BI KI GI BT KT GT
KI BI GI IH ; (định lý Ta – lét ) KT AT GT AT BI IH BI IH Do đó AT AT Vậy I là trung điểm của BH (dfcm) Lại có
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CÔNG LẬP Năm học 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN Thời gian : 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 11 Bài 1. (1,0 điểm) Rút gọn biểu thức
A
6 3 . 3 3 2
Bài 2. (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) x 2 2 x 3 0
x y 7 b) 2 x y 5
Bài 3. (2,0 điểm) 2
a) Vẽ đồ thị của hàm số y x trên mặt phẳng tọa độ Oxy b) Cho hàm số y mx n có đồ thị là d . Tìm giá trị m và n biết d song song với đường thẳng d ' : y x 3 và đi qua điểm M 2;4 Bài 4. (1,0 điểm) Lớp 9 A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định. Hỏi cuối năm lớp 9 A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số quyển vở bằng nhau. Bài 5. (4,0 điểm)
59 Cho nửa đường tròn O đường kính AB 2 R. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm
M
(M khác O và B). Đường thẳng vuông góc với MN tại N cắt các tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn O lần lượt ở C và
D ( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa
mặt phẳng bờ AB ) a) Chứng minh tứ giác ACNM nội tiếp b) Chứng minh AN .MD NB.CM c) Gọi E là giao điểm của AN và CM . Đường thẳng qua MD tại F . Chứng minh N , F , B thẳng hàng
ABN 60 , tính theo d) Khi nằm ngoài ABN 0
E và vuông góc với BD, cắt
R diện tích của phần nửa hình tròn tâm O bán kính R
ĐÁP ÁN Bài 1.
A
6 3 . 3 3 2
18 3. 3 3 2 3 2 33 2 3 Vậy A 3 Bài 2. Giải phương trình và hệ phương trình
a ) x 2 2 x 3 0 x 2 3 x x 3 0 x x 3 x 3 0 x 1 0 x 1 x 1 x 3 0 x 3 0 x 3 Vậy S 1; 3
x y 7 3 x 12 x 4 b) 2 x y 5 y 7 x y 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 4;3 Bài 3. a) Học sinh tự vẽ (P) b) Tìm m và n ………….
m 1 n 3
Vì đường thẳng d song song với đường thẳng d ' : y x 3 nên ta có Khi đó phương trình đường thẳng d có dạng y x n n 3
60 Mà M 2;4 d 4 2 n n 2(tm) Vậy m 1, n 2 Bài 4. Gọi số học sinh giỏi lớp 9 A theo dự định là x (học sinh) x *
Dự định, mỗi phần thưởng có số quyển vở:
80 (quyển vở) x
Số học sinh giỏi thực tế của lớp 9 A là : x 2 (học sinh)
Thực tế, mỗi phần thưởng có số quyển vở là :
80 (quyển vở) x2
Thực tế mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển so với dự định nên ta có phương trình
80 80 2 80 x 2 80 x 2 x x 2 x x2 80 x 160 80 x 2 x 2 4 x x 2 2 x 80 0 x 2 10 x 8 x 80 0 x x 10 8 x 10 0 x 10(ktm) x 10 x 8 0 x 8(tm) Vậy cuối năm lớp 9A có 8 2 10 học sinh giỏi. Bài 5.
61
y x D
N
1
1
C E
F 1
A
1
O
M
B
a) Chứng minh tứ giác ACNM nội tiếp Vì AC là tiếp tuyến của O tại
900 A nên MAC 0
Vì MN CD tại N nên MNC MND 90
MNC 900 900 1800 Xét tứ giác ACNM có: MAC ACNM là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 ) b) Chứng minh AN .MD NB.CM 0 Vì BD là tiếp tuyến của O tại B nên MBD 90 0
0
0
Xét tứ giác BMND có: MBD MND 90 90 180 BMND là tứ giác nội tiếp MDN MBN (cùng chắn cung MN )
ABN MDC Vì ACNM là tứ giác nội tiếp (câu a) MAN MCN (cùng chắn cung MN )
MCD BAN Xét ABN và CDN có: ABN MDC (cmt ); BAN MCD(cmt ) AN NB ABN CDM ( g.g ) AN .MD NB.CM (dfcm) CM MD c) Chứng minh N , F , B thẳng hàng. Gọi E BN DM , ta chứng minh EF BD mà ANB CMD ANB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường Vì ABN CDM (cmt ) nên 900 ENF EMF 900 tròn) CMD
EMF 900 900 1800 Xét tứ giác MENF có ENF
62
MENF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 ).
E (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MF ) N 1 1 D 1 Mà N1 D1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM) E 1 1 BMD 900 (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ Vì BDM vuông tại B nên D 1
nhau)
CMD M 1800 M BMD 1800 CMD 1800 900 900 Mà BMD 1 1 M 2 D 1 1
M mà hai góc này ở vị trí so le trong nên Từ (1) và (2) suy ra E 1 1 EF / / AM hay EF / / AB . Lại có AB BD( gt ) EF BD Vậy đường thẳng qua E vuông góc với BD cắt MD tại F BN (dfcm) 0, d) Khi ABN 60 , tính theo R diện tích ….. ABN 600 ( gt ) ta có: Xét tam giác vuông ABN vuông tại N có AB 2 R, AN AB.sin ABN 2 R.sin 600 R 3 BN AB.cos ABN 2 R.cos600 R 1 1 R2 3 S ABN AN .BN R 3.R 2 2 2 Diện tích nửa hình tròn tâm O; R là Sr
1 2 R 2
Vậy diện tích của phần nửa hình tròn tâm O, bán kính R nằm ngoài ABN là:
S Sr S ABN
1 R2 3 R2 2 R 3 2 2 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
CÀ MAU
NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: Toán (không chuyên)
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Ngày thi: 23/7/2020 Thời gian : 120 phút
Đề số 12
Bài 1. (1,0 điểm)
63
a) Tính giá trị của biểu thức A 5 11 5 11 3 3
b) Rút gọn biểu thức B
x
yy x
2
x y x 0 y 0 xy
Bài 2.(1,0 điểm) 4
2
a) Giải hệ phương trình: 3x x 10 0
3x 2 y 4 4 x y 13
b) Giải hệ phương trình :
Bài 3.(1,5 điểm) Cho Parabol P : y
3 2 x 2
a) Vẽ đồ thị P b) Tìm m để đường thẳng d : y x m cắt P tại hai điểm phân biệt Bài 4.(1,5 điểm) Vừa qua, chính phủ đã điều chỉnh giảm 10% giá bán lẻ điện từ bậc 1 đến bậc 4 cho khách hàng sử dụng điện sinh hoạt bị ảnh hưởng bởi dịch Covid – 19 trong ba tháng 4,5,6 của năm 2020. Cụ thể như sau: GIÁ BÁN ĐIỆN (đã làm trò đến đơn vị đồng/kWh) BẬC
Tháng 3
Tháng 4
(trước điều chỉnh)
(sau điều chỉnh)
Bậc 1: Cho kWh từ 0 – 50
1678 đồng/kWh
1510 đồng/kWh
Bậc 2: Cho kWh từ 51 – 100
1734 đồng/kWh
1561 đồng/kWh
Bậc 3: Cho kWh từ 101 – 200
2014 đồng/kWh
1813 đồng/kWh
Bậc 4: Cho kWh từ 201 – 300
2536 đồng/kWh
2282 đồng/kWh
Bậc 5: Cho kWh từ 301 – 400
2834 đồng/kWh
2834 đồng/kWh
Bậc 6: Cho kWh từ 401 trở lên
2927 đồng/kWh
2927 đồng/kWh
Dựa vào các số liệu của bảng trên, hãy giải bài toán sau: Gia đình của dì Năm Huệ đa trả tổng cộng 249580 đồng tiền điện sinh hoạt cho hết tháng 3 và tháng 4 năm 2020. Biết rằng trong hai tháng đó gia đình dì Năm Huệ tiêu thụ hết 155 kWh và mỗi tháng mức điện tiêu thụ chưa đến 100 kWh nhưng lớn hơn 50 kWh. Hãy tính xem điện tiêu thụ trong tháng 4 của gia đình dì Năm Huệ là bao nhiêu kWh ? 2
2
Bài 5.(1,5 điểm) Cho phương trình : x 2 m 4 x m 8 0 ( m : tham số) a) Giải phương trình khi m 1
64 b) Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 và A x1 x2 3 x1 x2 đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị lớn nhất đó Bài 6. Câu 1.Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn. Vẽ các đường cao BD, CE của tam giác
ABC . Gọi H là giao điểm của BD, CE a) Chứng minh tứ giác
ADHE nội tiếp được đường tròn
b) Chứng minh rằng: DE . AC BC . AE c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Chứng minh rằng OA DE Câu 2. Tàu ngầm đang ở trên mặt biển bỗng đột ngột lặn xuống theo phương tạo với mặt 0
nước biển một góc 20
a) Nếu tàu chuyển động theo phương lặn xuống 400m thì nó ở độ sâu bao nhiêu mét b) Tàu phải chạy bao nhiêu mét để đạt đến độ sâu 1000 m ? (Lầm tròn kết quả đến mét) ĐÁP ÁN Bài 1.
x b) B
a) A 5 11 5 11 3 5 yy x
2
25 11 9 6 5 5 6 5
x y x 0 y 0 xy
xy
x y
x y
xy
x y
Bài 2.
a) 3 x 4 x 2 10 0 2
Đặt t x , phương trình thành:
3t 2 t 10 0 3t 2 6t 5t 10 0 3t t 2 5 t 2 0 t 2(tm) t 2 3t 5 0 5 x 2 t (ktm) 3 3x 2 y 4 3x 2 y 4 11x 22 x 2 b) 4 x y 13 8 x 2 y 26 y 4 x 13 y 5 Vậy x; y 2; 5 Bài 3. a) Học sinh tự vẽ parabol (P) b) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
phương trình hoành độ giao điểm
3 2 x x m 1 có hai nghiệm phân biệt 2
65 2
Ta có 1 3 x 2 x 2m 0
' 1 6m 0 m Vậy m
1 6
1 6
Bài 4. Gọi mức tiêu thụ tháng 3 và tháng 4 của nhà đó lần lượt là a, b(kWh,50 a, b 100) Theo bài ra ta có hệ:
a b 155 50.1678 a 50 .1734 50.1510 b 50 .1561 249580 a b 155 a 75 (tm) 1734 a 1961 b 254930 b 80 Vậy mức tiêu thụ điện tháng 4 là 80 kWh Bài 5. a) Với m 1 ta có: 2
x 2 2 1 4 x 1 8 0 x 2 6 x 7 0 x2 7 x x 7 0 x x 7 x 7 0 x 7 x 7 x 1 0 x 1 Vậy khi m 1 S 1;7 b) Để phương trình đã cho có nghiệm 2
' 0 m 4 m 2 8 0 8m 24 0 m 3
x1 x2 2 m 4 . Ta có: 2 x x m 8 1 2
Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
A x1 x2 3x1 x2 2 m 4 3 m2 8 2
1 1 3m 2m 32 3 m 32 3 3 2
2
1 1 97 Do m 0 m 3 A 32 3 3 3 97 1 m (tmdk ) Vậy MaxA 3 3 Bài 6. Câu 1.
66
B
E
H O
F A
C
D
a) Theo giả thiết, ta có: AEH ADH 900 tứu giác
ADHE nội tiếp đường tròn
BEC 900 ( gt ) và cùng nhìn cạnh BC nên BEDC là tứ giác nội tiếp b) Vì BDC BCD 1800 BCA BCD 1800 BED DEA BED BCA (cmt ) chung; DEA Xét AED và ACB có: DAE
AED ACB( g.g )
AE AC DE. AC BC. AE (dfcm) DE BC
c) Gọi OA ED F
FDA 1800 OAC EDA 1 Ta có: AFD 1800 FAD Xét OAC có OA OC OAC cân tại O
1800 AOC 900 ABC 2 2 ABC (do AED ACB ) 3 Lại có: EDA OAC
Từ (1), (2), (3)
AFD 1800 900 ABC ABC 900
AF FD hay AO ED(dfcm) Câu 2.
67
C 400m
B
200
A 0
a) Tàu ở độ sâu: AC BC.sin 20 137(m) b) Số mét tàu chạy: BC
AC 1000 2924(m) 0 sin 20 sin 200
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 13
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 1O THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Khóa ngày : 24 tháng 7 năm 2020 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút
68 A.PHẦN TRẮC NGHIỆM Câu 1. Căn bậc ba của 1728 là :
A.12
B.42
C .576
D.1728
Câu 2.Hàm số nào dưới đây là hàm số bậc nhất ?
A. y
2 x
B. y 5 x 16
Câu 3. Hàm số y
C. y 5 x 7
D. y x 2
1 2 x có đồ thị là hình vẽ nào dưới đây ? 2
2 x y 1 là: x 2 y 4
Câu 4.Nghiệm của hệ phương trình
A. 3; 2
B. 3;2
C. 2;3
D. 2; 3
Câu 5.Diện tích của hình tròn có bán kính R 5cm bằng
A.20 cm2
B.25 cm2
Câu 6.Điều kiện của x để biểu thức
A. x 4
B. x 4
C.50 cm2
D.10 cm2
x 4 có nghĩa là : C .x 4
D. x 4
69
M nằm bên ngoài đường tròn I ; R vẽ hai tiếp tuyến MP, MQ (hình minh họa phía dưới). Gọi H là giao điểm của PQ và IM . Khẳng định nào dướu đây sai ? Câu 7.Từ một điểm
P I
H
M
Q A.MP 2 IM 2 IP 2
B.HP HQ
C.IM R
D.MP MQ
Câu 8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn và ABC 600. Số đo của góc ADC bằng
D C
A 600
B A.1800
B.600
C.900
D.1200
2
Câu 9.Tập nghiệm của phương trình x 2 x 8 0 là:
A.4; 2
B.2;4
C.2;4
D.4;2
Câu 10. Điểm nào dưới dây là giao điểm của đường thẳng d : y 2 x 1 và parabol
P : y 3x2 ? A. 1;3
B.1;3
C.1; 3
D. 1; 1
Câu 11.Một cái bồn chứa xăng gồm hai nửa hình cầu và một hình trụ có kích thước như hình vẽ bên dưới. Thẻ tích của bồn chứa xăng bằng (lấy giá trị gần đúng của 3,14 và kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất )
70 3,64m
1,84m
A.12,9m3
B.8,1m3
C.12,1m3
D.64,8m3
Câu 12.Một khu vườn hình chữ nhật có chu vi bằng 260m và hai lần chiều dài lớn hơn ba lần chiều rộng là 10 m. Chiều dài và chiều rộng của khu vườn đó lần lượt là :
A.76m,54m
B.54m,76m
C.80m,50m
D.50m,80m
Câu 13.Giá trị của biểu thức 3 5 4 125 180 bằng:
A.29
B. 11 5
C. 11
D.29 5 2
Câu 14. Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình 2 x 5 x 1 0. Giá trị của biểu thức
x1 x2 3 x1 x2 bằng: A. 4
B.1
C. 1
D.4
mx 4 y 1 có nghiệm duy x y 1
Câu 15. Tất cả giá trị tham số m sao cho hệ phương trình nhất là :
A.m 1
B.m 4
C .m 1
D.m 4
Câu 16. Cho đường tròn O có bán kính R 5cm và đường thẳng d cắt O tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB 6cm. Khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng d bằng: A.8cm
B.12cm
C .2cm
D.4cm
Câu 17. Cho đường thẳng d1 : y ax b đi qua điểm M 1;2 và đồng thời song song 2
2
với đường thẳng d1 : y 3 x 4. Giá trị của biểu thức a b bằng:
A.28
B.27
C .10
D.52
Câu 18. Trong mặt phẳng tọa độ, cho M 1;2 , N 2;1 , P 1; 2 , Q 2;1 . Điểm nào có
3 x y 1 ? 2 x y 0
tọa độ là nghiệm của hệ phương trình
71 A. Điểm Q
B. Điểm M
C. Điểm N
D. Điểm P
Câu 19. Cho hàm số y 3x b có đồ thị đi qua điểm M 1; 2 . Giá trị của b bằng
A.5
B.1
C. 7
D. 5
Câu 20. Từ đỉnh của một tòa nhà cao 70m, người ta nhìn thấy một ô tô đang đỗ ở vị trí A 0
với một góc 50 (minh họa như hình vẽ). Khoảng cách từ A đến vị trí B của tòa nhà đó là (Kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất) 500
70 m
B A.45,0m
A
B.58,7m
C.83,4m
D.53,6m
B.PHẦN TỰ LUẬN (6,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau :
a)3x 2 5 x 2 0
b)4 x 4 3 x 2 1 0
2 x y 6 c) 2 x 3 y 10
Câu 2. (1,0 diểm) a) Vẽ đồ thị của hàm số y 2 x
2
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình
x 2 2mx m2 3m 6 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 x22 x1 x2 7 x1 x2 12 Câu 3. (1,0 điểm) Một trường THCS A tổ chức cho giáo viên và học sinh đi tham quan tại một khu du lịch sinh thái vào cuối năm học. Giá vé vào cổng của mỗi giáo viên và học sinh lần lượt là 70000 đồng và 50 000 đồng. Nhằm thu hút khách du lịch vào dịp hè, khu du lịch này đã giảm 10% cho mỗi vé vào cổng. Biết đoàn tham quan có 150 người và tổng số tiền mua vé là 7290000 đồng. Hỏi trường THCS A có bao nhiêu giáo viên và bao nhiêu học sinh đi du lịch ?
72 Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB AC . Vẽ đường cao AH ,
HB cắt AB tại D và đường tròn đường kính HC cắt AC tại E a) Chứng minh rằng tứ giác ADHE nội tiếp 2 b) Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng DE và BC . Chứng minh IH ID.IE c) Gọi M , N lần lượt là giao điểm của đường thẳng DE với đường tròn đường kính
đường tròn đường kính
HB và đường tròn đường kính HC . Chứng minh rằng giao điểm của hai đường thẳng
BM và CN nằm trên đường thẳng AH . ĐÁP ÁN
I.Trắc nghiệm 1A
2C
3A
4C
5B
6C
7C
8D
9D
10B
11A
12C
13B
14A
15B
16D
17A
18D
19D
20B
II. Tự luận Câu 1.
a)3 x 2 5 x 2 0 3x 2 6 x x 2 0 3 x x 2 x 2 0 x 2 3x 1 0 x 2 x 2 0 1 x 3 x 1 0 3 4 2 b)4 x 3x 1 0 2
2
Đặt x t t 0 pt thành: 4t 3t 1 0
4t 2 4t t 1 0 4t t 1 t 1 0 t 1(ktm) t 1 4t 1 0 1 t (tm) x 1 4 2 1 Vậy S 2 2 y 4 2 x y 6 y 2 c) y6 2 x 3 y 10 x 2 x 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 2; 2 Câu 2. a) Học sinh tự vẽ đồ thị (P) b) Tìm tất cả giá trị m……… 2
2
Phương trình x 2mx m 3m 6 0 có hai nghiệm x1 , x2 ' 0
m2 m2 3m 6 0 m 2
73 Vậy m 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt
x1 x2 2m
Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
2 x1 x2 m 3m 6
. Theo đề bài ta có:
x12 x22 x1 x2 7 x1 x2 12 2
x1 x2 3 x1 x2 7 x1 x2 12 0 4m 2 3 m 2 3m 6 7.2m 12 0
4m2 3m2 9m 18 14m 12 0 m2 5m 6 0 m2 6m m 6 0 m m 6 m 6 0 m 6 m 1 0 m 6(tm) m 1(ktm) Vậy m 6 Câu 3. Gọi số giáo viên là x (người), (ĐK: x *, x 150) Số học sinh là : 150 x (người) Số tiền phải trả cho số vé của giáo viên: 70000x (đồng) Số tiền phải trả cho số vé của học sinh là 50000 150 x (đồng) Nên tổng số tiền phải trả lòa 70000 x 50000 150 x (đồng) Vì khu du lịch giảm 10% cho mỗi vé vào cổng và đoàn tham quan phải trả là 7290000 đồng nên ta có phương trình:
70000 x 50000 150 x .90% 7 290000 7 x 5 150 x .90% 729 7 x 5 150 x 810 7 x 750 50 x 810 2 x 60 x 30(tm) Vậy trường THCS A có 30 giáo viên và 150 30 120 học sinh.
74 Câu 4.
A
D
K M
B
I a)
N
E
H
Chứng minh rằng tứ giác
C
ADHE nội tiếp
90 0 là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BH BDH Ta có: BDH là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính CH CEH 900 CEH ADH AEH 900 900 1800 ADHE là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác ADHE ta có: b)
2
Chứng minh: IH ID.IE
) ADHE là tứ giác nội tiếp (cmt) DAH DEH (cùng chắn DH BHD (cùng phụ với DBH ) IEH ,lại có BAH Hay BAH Ta có:
IEH BAH hay BHD IEH BHD
Xét
IEH (cmt ) IDH và IHE ta có: I chung; IHD
ID IH ID.IE IH 2 (dfcm) IH IE c) Chứng minh giao điểm hai đường thẳng BM , CN nằm trên đường thẳng AH Gọi giao điểm của BM và CN là K IDH IHE ( g.g )
BMH là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BH BMH 900 Hay MH BK , chứng minh tương tự NH KC Ta có: Vì
DEH (cùng chắn cung DH ) hay ADHE là tứ giác nội tiếp (cmt) nên DAH
MEH BAH Vì
BDMH là tư giác nội tiếp đường tròn đường kính BD, MH
75
DBH (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) HME HME 900 ABH 900 MBH Hay EMH ABH mà BAH 900 hay MH HE MHE Mà HE AC MH / / AC Lại có: MH BK cmt BK AC , chứng minh tương tự: CK AB K là trực tâm ABC K AH (dfcm)
76 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CAO BẰNG ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Môn Toán Thời gian làm bài : 120 phút
Đề số 14
Câu 1. (4,0 điểm) 1) Thực hiện phép tính: 5 9 3 4 2) Tìm a để đồ thị hàm số y ax 5 đi qua điểm M 3; 1 2
3) Giải hệ phương trình: 2 x 3x 1 0
4 x 5 y 3 x 3y 5
4) Giải hệ phương trình: Câu 2. (2,0 điểm)
Bác An đi x ô tô từ Cao Bằng đến Hải Phòng. Sau khi đi được nửa quãng đường, bác An cho xe tăng vận tốc thêm 5km / h nên thời gian đi nửa quãng đường sau ít hơn thời gian đi nửa quãng đường đầu là 30 phút. Hỏi lúc đầu bác An đi xe với vận tốc bao nhiêu ? Biết rằng khoảng cách từ Cao Bằng đến Hải Phòng là 360 km. Câu 3. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết AB 6cm, AC 8cm. a) Tính độ dài cạnh BC b) Kẻ đường cao AH . Tính độ dài đoạn
AH
Câu 4. (2.0 điểm) Qua điểm
A nằm ngoài đường tròn O vẽ hai tiếp tuyến AB và AC của đường
tròn ( B, C là các tiếp điểm) a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp b) Kẻ đường thẳng qua diểm A cắt đường tròn O tại hai điểm nằm giữa A và F. Chứng minh BE .CF BF .CE Câu 5. (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức A
1 2 3 x2
E và F sao cho E
77 ĐÁP ÁN Bài 1. 1) Ta có: 5 9 3 4 5.3 3.2 15 6 9 2) Vì đồ thị hàm số y ax 5 đi qua điểm M 3; 1 nên thay x 3, y 1 vào hàm số y ax 5 ta được: 1 a.3 5 3a 6 a 2 Vậy a 2 2
3) Ta có: 2 x 3x 1 0
x 1 Phương trình trên có dạng a b c 0 nên có hai nghiệm 1 x 2 1 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 1; x 2 4) Ta có:
y 1 4 x 5 y 3 4 x 5 y 3 17 y 17 x 2 x 3y 5 4 x 12 y 20 x 3y 5 x 3. 1 5 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 2; 1 Bài 2. Gọi vận tốc lúc đầu của bác An đi là x km / h x 0 Nửa quãng đường đầu và nửa quãng đường sau đều dài : 360 : 2 180(km) Thời gian bác An đi nửa quãng đường đầu là
180 (giờ) x
Trên nửa quãng đường sau, bác An đi với vận tốc là x 5 km / h Thời gian bác An đi nửa quãng đường sau là
180 (giờ) x5
Vì thời gian đi nửa quãng đường sau ít hơn thời gian đi nửa quãng đường đầu là 30 phút
1 giờ nên ta có phương trình 2 180 x 5 180 x 1 180 180 1 180 x 900 180 x 1 x x5 2 x x 5 2 x2 5x 2
900 1 x 2 5 x 1800 x 2 5 x 1800 0 x 5x 2 2
52 4. 1800 7225 85
78
5 85 x 45( ktm) 1 2 Nên phương trình có hai nghiệm x 5 85 40(tm) 2 2 Vậy lúc đầu bác An đi với vận tốc 40 km / h Bài 3.
A
B
H
C
a) Xét ABC vuông tại A, theo định lý Pytago ta có:
BC 2 AB 2 AC 2 BC 2 62 82 100 BC 100 10(cm) Vậy BC 10cm b) Xét ABC vuông tại A, có chiều cao AH , theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, AB. AC 6.8 4,8 cm ta có : AH .BC AB. AC AH BC 10 Vậy AH 4,8cm Bài 4.
79
B
O
A E
F C a)
900 AB là tiếp tuyến với O nên OB AB OBA 900 AC là tiếp tuyến với O nên OC AC OCA Tứ giác ABOC có OBA ACO 900 900 1800 0
Do đó ABOC là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 ) b) Xét
ABE và AFB có: A chung ; ABE AFC (cùng chắn cung BE )
AB BE AE (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AF BF AF AB.BF AF .BE và AB 2 AE. AF ABE AFB( g .g )
Xét ACE và AFC có:
) AFC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn CE A chung; ACE ACE AFC ( g.g )
AC CE AE (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AF CF AC
AC .CE AE .CF . Ta có: AB.BF AF .BE ; AC .CE AE.CF
AB.BF . AC.CE AF .BE. AE.CF AB 2 .BF .CE AE. AF .BE.CF 2 Mà AB AE. AF (cmt ) BF .CE BE.CF (dfcm) Bài 5.
80
3 x 2 0 Điều kiện: x 2 3 . Ta có: 2 2 3 x 0
0 x2 3 3 0 3 x2 3 3 3 3 x2 0 3 3 x2 0 2 3 2 3 x2 2 1 1 1 2 3 2 3 x2 2 1 1 A 2 2 3
Vậy GTNN của
A là
1 1 x 0 ; GTLN của A là x 3 2 2 3
81 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian:120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 15 Bài 1. (2,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức A b) Cho biểu thức B
3 12 27 36 2 1 3 x 5 x 0 . Rút gọn biểu thức B và x 1 x x. x 1 x 1
tìm x để B 2 Bài 2. (1,5 điểm) Cho hàm số y
1 2 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 tọa độ. Tính diện tích tam giác AHB (đơn vi đo trên các trục là xentimet) Bài 3. (1,5 điểm) 2
a) Giải phương trình: 3x 7 x 2 0 2
b) Biết rằng phương trình x 19 x 7 0 có hai nghiệm là x1 , x2 , không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức: 2
2
P x2 2 x12 38 x1 x1 x2 3 x1 2 x22 38 x2 x1 x2 3 120 Bài 4. (2,0 điểm) a) Một số tự nhiên nhỏ hơn bình phương của nó là 20 đơn vị. Tìm số tự nhiên đó b) Quãng đường AB gồm một đoạn lên dốc và một đoạn xuống dốc. Một người đi xe đạp từ A đến B hết 16 phút và đi từ B về A hết 14 phút. Biết vận tốc lúc lên dốc là 10 km / h , vận tốc lúc xuống dốc là 15km / h (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về là như nhau). Tính quãng đường AB Bài 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính 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 AB và E là giao điểm của CH với AD
BDEH là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh rằng AB AE. AD BH .BA c) Đường thẳng qua E song song với AB, cắt BC tại F . Chứng minh rằng: 900 và đường tròn ngoại tiếp tam giác OBD đi qua trung điểm của đoạn CDF a) Chứng minh rằng tứ giác 2
CF .
82 ĐÁP ÁN Bài 1.
a) A 3 12 27 36 3 2 3 3 3 6 6 A 6 b)Rút gọn B Với x 0, x 1, ta có:
3 x 5
2 1 x 1 x
B
4
4 x 4 x.
x 1
Vậy B
x.
x 1
x 1
2 x x 1 3 x 5
x 1
x.
x 1
4 x
4 x
Để B 2 Vậy để
x.
4 2 x 2 x 4 tm x
B 2 thì x 4
Bài 2. a) Học sinh tự vẽ đồ thị (P) b) Tính diện tích tam giác
AHB
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và đường thẳng y 8 ta có:
x 4 A 4;8 1 2 (do B có hoành độ dương) x 8 x 16 2 x 4 B (4;8)
83
Gọi
K là giao điểm của đường thẳng y 8 với trục tung K 0;8
Ta có: AOB cân tại O, có OK AB, OK 8cm, AB 8cm
1 1 SOAB OK . AB .8.8 32(cm2 ) 2 2 Áp dụng định lý Pytago cho OBK vuông tại K ta có:
OB OK 2 KB 2 82 42 4 5 cm Lại có: SOAB
1 1 16 5 AH .OB . AH .4 5 32 AH cm 2 2 5
Áp dụng định lý Pytago vào
ABH vuông tại H ta có: 2
16 5 8 5 BH AB 2 AH 2 82 5 5 S ABH
1 1 16 5 8 5 64 AH .BH . . 12,8 cm2 2 2 5 5 5
Vậy diện tích tam giác
ABH là 12,8cm 2
84 Bài 3. 2
a) Giải phương trình : 3x 7 x 2 0 2
Phương trình có : 7 4.3.2 25 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt
7 25 2 x1 6 7 25 1 x2 6 3
1 3
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S ;2 b) Tính giá trị biêu thức ……… 2
2
Xét phương trình x 19 x 7 0 có 19 4.7 333 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt
x1 x2 19 x1x2 7
Áp dụng hệ thức Vi – ét ta có:
2 x1 19 x1 7 0 Ta có x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho 2 x2 19 x2 7 0
Theo đề bài ta có: 2
2
P x2 2 x12 38 x1 x1 x2 3 x1 2 x22 38 x2 x1 x2 3 120 2
x2 2 x12 19 x1 7 14 x1 x2 3 x1 2 x22 19 x2 7 14 x1 x2 3 2
2
2
2
2
x2 x1 x2 17 x1 x1 x2 17 x1 x2 17 x1 x2 7 17 .19 1900 Bài 4. a) Tìm số tự nhiên đó. Gọi số tự nhiên cần tìm là x x , Bình phương của số tự nhiên x là x
2
Vì số tự nhiên cần tìm nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị nên ta có phương trình:
x 2 x 20 x 2 x 20 0 x 2 5 x 4 x 20 0 x x 5 4 x 5 0 x 5 x 4 0 x 5 0 x 5(tm) x 4 0 x 4( ktm) Vậy số tự nhiên cần tìm là 5 b) Tính quãng đường AB Gọi quãng đường lên dốc lúc đi là x km , quãng đường xuống dốc lúc đi là y km
DK : x, y 0
85 Suy ra Quãng đường lên dốc lúc về là y (km) , xuống dốc lúc về là x km Thời gian lúc đi là 16 phút
4 giờ nên ta có phương trình: 15
x y 4 3x 2 y 8 1 10 15 15 7 Thời gian lúc về là 14 phút (giờ) nên ta có phương trình: 30 y x 7 3x 2 y 7 2 10 15 30 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
5 x 10 3x 2 y 8 9 x 6 y 24 x 2 (tm) 7 2x y 1 y 3 y 2 x 7 4 x 6 y 14 3 Vậy quãng đường AB là 2 1 3(km) Bài 5.
D
C I
F
E A
H
O
B
BDEH là tứ giác nội tiếp 900 Vì ADB 900 hay EDB ADB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O nên 900 EHB 900 Lại có: CH AB( gt ) nên CHB a) Chứng minh rằng tứ giác
Xét tứ giác
EHB 900 900 1800 BDEH là tứ giác nội tiếp BDEH có: EDB
86 2
b) Chứng minh rằng AB AE. AD BH .BA Vì ABCD là tứ giác nội tiếp O nên ADC ABC (cùng chắn AC ) 1 Ta lại có:
900 (do ABC có ACB 900 ) ABC CAB
900 (do ACH vuông tại H) ACH CAB ) ABC ACH 2 (cùng phụ CAB Từ (1) và (2) suy ra
hay ADC ACH ABC ADC ACE
chung ; Xét ACE và ADC có: CAD ACE ADC cmt ACE ADC ( g .g )
AC AE AC 2 AE. AD * AD AC
Xét ABC vuông tại C, đường cao CH ta có:
BC 2 BH .BA 2 * (hệ thức lượng trong tam giác vuông) 2
2
Từ (*) và (2*) suy ra AC BC AE. AD BH .BA 2
2
2
Lại có ABC vuông tại C nên AC BC AB (định lý Pytago) 2
Vậy AB AE. AD BH .BA c) Đường thẳng E…………
CBA (đồng vị) *)Vì EF / / AB( gt ) nên CFE
CDA CDA (hai góc nội tiếp cùng chắn AC ) CFE Mà CBA Tứ giác CDFE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh CEF 1800 dưới các góc bằng nhau) CDF Ta lại có:
CH AB( gt ) 900 EF CH CEF EF / / AB ( gt ) 1800 CEF 1800 900 900 ( dfcm) CDF *)Gọi I là giao điểm của CF và đường tròn ngoại tiếp OBD . Ta có: 900 900 ADB ADF FDB ; CDF ADF CDA CDA (cùng phụ với ADF ) FBD CBA (hai góc nội tiếp cùng chắn Mà CDA
CBA CDA AC ) FDB
OBI ODI (hai góc nôi tiếp cùng chắn cung OI ) Mà CBA ODI FDB ODF ODI ODF ODB IDF FDB
3
87
CFD CED AEH (hai góc nội tiếp Ta có: tứ giác CDFE nội tiếp (cmt) nên IFD
) cùng chắn CD 900 ; 900 AEH EAH ABD BAD Ta lại có: IFD OBD 4 BAD nên Mà EAH AEH ABD OBD
ODB(5) Lại có : OD OB ( bán kính)nên OBD cân tại O, do đó OBD Từ (3), ( 4); 5 suy ra IDF IFD IDF cân tại I ID IF 3* Ta có: IDF IDC CDF 90
0
IFD ICD 900 ( do CDF vuông tại D) IDC ICD ICD cân tại I nên IC ID 4 * Từ (3*) và (4*) suy ra IC IF ID Vậy
I là trung điểm của CF .
88 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐAK LAK
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi:TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể phát đề
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 16
Câu 1. (2,0 điểm)
4a 2 3a tại a 2 x 2 y 1 2) Giải hệ phương trình: x 3 y 2 1) Tính giá trị của biểu thức M
2
3) Giải phương trình: 2 x 9 x 4 0
1 3 x
Câu 2. (2,0 điểm) Cho biểu thức P
x 6 2 x 1 : 6 4x 9 x
x 1
1) Tìm điều kiện của x để biểu thức P có nghĩa và rút gọn P 2) Tìm các giá trị của x sao cho x và P là những số nguyên Câu 3. (2,0 điểm) 1) Tìm a, b để đường thẳng y ax b song song với đường thẳng y 4 x 5 và cắt 2
đồ thị hàm số y x tại hai điểm A x1 ; y1 , B x2 ; y2 phân biệt thỏa mãn
x12 x22 10 2) Một vườn cỏ hình vuông ABCD có cạnh 20m như hình vẽ. Người ta buộc một con dê bằng sợi
B
C
A
D
dậy thừng dài 20m tại trung điểm E của cạnh AB. Tính diện tích phần cỏ mà con dê đó có thể ăn được (kết quả làm tròn đến hai chữ số thập phân
Câu 4. (3,0 điểm) Cho hai đường tròn bằng nhau O; R và (O '; R) cắt nhau tại hai điểm cho AB R. Kẻ đường kính AC của đường tròn O . Gọi
A và B sao
E là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC ( E B; C ) , CB và EB lần lượt cắt đường tròn O tại các điểm thứ hai là D và F a) Chứng minh AFD 900 b) Chứng minh AE AF c) Gọi P là giao điểm của CE và FD. Gọi Q là giao điểm của AP và EF . Chứng minh AP là đường trung trực của EF
89 d) Tính tỉ số
AP AQ
Câu 5. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị nhỏ 2
nhất của biểu thức : Q
1 c 2 2 b c bc
2
1 a 2 2 c a ca
2
1 b 2 2 a b ab
ĐÁP ÁN Câu 1.
1) M 4.22 3a 10 x 2 y 1 y 3 x 7 2) x 3 y 2 x 1 2.3 y 3 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x; y 7;3 2
3)Giải phương trình: 2 x 9 x 4 0 2
Phương trình có 9 4.2.4 49 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
9 49 1 x1 4 2 9 49 x 4 2 4
1 2
Vậy S ;4 Câu 2. 1) Tìm điều kiện và rút gọn P
x 0 x 0 x 0 x 9 Điều kiện: 9 x 0 4 x 36 x 9 6 4 x 0
90
x 1 x 6 2 x 1 1 : P 3 x 6 4x 9x 1 x 7 x 6 2 x 1 : 3 x 3 x 3 x 2 3 x
3 x x 7
x 6 23 x x 6 x 9 . . 2 x 1 x 3 x 2
3 x 3 x 3 . 2 2 3 x 2 x 1 2
2 x 1
2
x 6 x 1
2) Điều kiện x 0, x 9 Để
x là số nguyên thì x phải là số chính phương
2 x 6 2 x 1 5 5 1 2 x 1 2 x 1 2 x 1 5 5 2 x 1 hay 2 x 1U (5) 5;1 (do 2 x 1 0 Để P 2 x 1 Ta có: P
2 x 1 1 x 0 (tm) x 4 2 x 1 5 Vậy x 0;4 thỏa mãn bài toán. Câu 3. 1)Tìm a,b để….
a 4 b 5
Vì đường thẳng y ax b song song với đường thẳng y 4 x 5 nên Khi đó phương trình đường thẳng cần tìm có dạng y 4 x b b 5
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y 4 x b b 5 và parabol
y x 2 : x 2 4 x b x 2 4 x b 0 * Để đường thẳng y 4 x b b 5 cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 2
' 0 2 b 4 b 0 b 4 . Áp dụng định lý Vi – et ta có:
91
x1 x2 4 . Theo bài ra ta có: x1 x2 b 2
x12 x22 10 x1 x2 2 x1x2 10 42 2b 10 b 3(tm) Vậy a 4, b 3 2) Tính diện tích….
MC
B
E
ND
A Ta có: EM EN 20 cm Vì
E là trung điểm của AB nên EA EB
1 AB 10(m) 2
Áp dụng định lý Pytago trong các tam giác vuông ta có:
BM 2 EM 2 EB 2 202 102 300 BM 300 10 3 m Tương tự ta có: AN BM 10 3 m
1 1 BE.BM .10.10 3 50 3 m 2 2 2 1 1 EA. AN .10.10 3 50 3 m 2 2 2
S BEM S AEN
92 Xét tam giác vuông
BE 10 1 BEM 600 BEM ta có: cos BEM BM 20 2
Tương tự xét tam giác vuông AEN ta có: cos AEN
AE 10 1 AEN 600 EN 20 2
Ta có:
1800 BEM AEN MEN 1800 BEM MEN AEN 1800 600 600 600 MEN Diện tích hình quạt EMN , bán kính 20m : S qEMN
R 2 .60 360
200 2 m 3
Vậy diện tích phần con dê có thể ăn là :
S S BEM S AEN S EMN 50 3 50 3
200 382,64 m2 3
Câu 4.
F A
O'
D
Q O
C
P B E
93
AFD 900 1) Chứng minh ABC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O; R Ta có:
ABC 900 ABD 900 (hai góc kề bù) Mà ABD là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên
AD là đường kính O '; R Lại có : AFD là góc nội tiếp chắn cung AD AFD 900 dfcm AE AF
2) Chứng minh
AEB ACB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung Ta có:
AB của O ) hay
AEF ACD 1
AFB ADB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của O ' ) Hay AFE ADC 2 Ta có: AD AC 2 R ADC cân tại A ACD ADC
3
AEF là tam giác cân AE AF Từ (1), (2), (3) AEF AFE
AP là đường trung trực của EF Ta có: AE AF cmt A thuộc đường trung trực của EF . 3) Chứng minh
4
AEP và AFP ta có: AE AF (cmt ); AEP AFD 900 ; AP chung AEP AFP(ch cgv) PE PF
Xét
(hai cạnh tương ứng bằng nhau)
P thuộc đường trung trực của EF Từ (4) và (5) suy ra 4) Tính tỉ số Ta có:
5
AP là đường trung trực của EF dfcm
AQ AP
AP là đường trung trực của EF (cmt ) AP EF Q
Áp dụng hệ thức lượng cho
AF 2 AQ. AP AP
AFP vuông tại F có đường cao FQ ta có:
AF 2 AQ AQ 2 AQ AP AF 2
Xét AFQ vuông tại Q ta có:
sin AFQ 2
AQ AQ AB 1 sin ADB AF AF AD 2
AQ 1 AQ 1 AQ 1 . Vậy AP 4 AP 4 AF 4 Câu 5.
94
a, b, c 0 0 a, b, c 1 . Ta có: a b c 1
Do
b c b c bc 4 2
2
2
2 b c bc 2 b c
b c
2
4
2
9b c 4
2
2
9b c 3 b c 2 b c bc (do b, c 0) 4 2 2
2
2
1 c 1 c 2 . 1 c 2 2 b c bc 3 b c 3 b c
2
2 1 c . 3 1 a
2
2
Chứng minh tương tự ta có: 2
1 a 2 1 a . 2 2 c a ca 3 1 b
2
2
1 b 2 1 b . 2 2 a b ab 3 1 c
;
Khi đó ta có: 2
Q
1 c 2 2 b c bc 2
2
1 a 2 2 c a ca
2
2 1 c 1 a 1 b 3 1 a 1 b 1 c 2
2
2
1 b 2 2 a b ab
2
2
2 1 c 1 a 1 b 2 3 a b c 2 3 1 4 . . . 3 1 a 1 b 1 c 3 3 a b c 3 3 1 3
a b c 1 " " xảy ra abc 3 a b c 1 4 1 Vậy MinQ a b c 3 3 Dấu
2
95 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK NÔNG
KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI :TOÁN (Đề thi chung) Thời gian: 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 17 Bài 1. (2,0 điểm)
2
a) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 3x 2 0 Tính tổng S x1 x2 và tích P x1 x2 2
2
b) Giải phương trình: x x 5 x 2 x 1
4 x 3 y 10 x 2 y 3
c) Giải hệ phương trình
Bài 2. (2,0 điểm) Cho biểu thức A a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm tất cả các giá trị của x để
x x4
1 x 2
1 với x 0, x 4 x 2
A 1
Bài 3. (2,0 điểm) a) Vẽ Parabol P : y 2 x
2
2
2
b) Cho phương trình: x 2 m 1 x m 3m 1 0 ( m là tham số) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa
x12 x22 10. Bài 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Hai đường cao của tam giác ABC là AD,
BE
cắt nhau tại H D BC , E AC a) Chứng minh: CDHE là tứ giác nội tiếp một đường tròn b) Chứng minh: HA.HD HB.HE c) Gọi điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE . Chứng minh tuyến của đường tròn đường kính AB Bài 5. (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y 1
x2 y2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P y 1 x 1
IE là tiếp
96 ĐÁP ÁN Bài 1. a) Tính tổng S và tích P 2
Phương trình x 3x 2 0 có a b c 1 3 2 0 nên có hai nghiệm phân biệt:
x1 1 S x1 x2 1 2 3 x 2 . Khi đó ta có: P x x 1.2 2 1 2 2 Vậy S 3; P 2 b) x 2 x 5 x 2 2 x 1 2 x x 5 1 3 x 6 x 2 Vậy nghiệm của phương trình là S 2 4 x 3 y 10 4 x 3 y 10 11y 22 y 2 c) x 2 y 3 4 x 8 y 12 x 3 2 y x 1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x; y 1;2 Bài 2. a) Rút gọn biểu thức: Với x 0, x 4 ta có:
A
x x4
1 x 2
x 2
x.
x2 x
1 x x 2 x 2 x 2 x 2 x 2
x 2
x 2
x 2
x x 2
x 2
b) Tìm tất cả các giá trị x Ta có:
A 1
x 1 x 2
x x 2 0 x 2
2 0 x 2 0 do 2 0 x 4 x 2 Kết hợp với điều kiện, ta có x 4(tm)
Bài 3. a) Học sinh tự vẽ b) Tìm tham số m………. 2
2
Để phương trình x 2 m 1 x m 3m 1 0 * có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thì
' 0 2
m 1 m2 3m 1 0 m2 2m 1 m2 3m 1 0 m 2 0 m 2
97
x1 x2 2 m 1 2m 2 2 x1 x2 m 3m 1
Khi đó, áp dụng định lý Vi et ta có:
x12 x22 10
Theo bài ra ta có: 2
x1 x2 2 x1 x2 10 2
2m 2 2 m2 3m 1 10 4m 2 8m 4 2m2 6m 2 10 2m 2 2m 4 0 m 2 m 2 0 m2 m 2m 2 0 m m 1 2 m 1 0 m 1 m 2 m 1 0 (tm) m 2 Vậy m 1 hoặc m 2 Bài 4.
A E O
H I
B
D
C
a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp Ta có: AD, BE là hai đường cao của
AD BC D ABC ( gt ) ADC BEC 900 BE AC E HEC 900 900 1800 CDHE là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác CDHE ta có: HDC b) Chứng minh HA.HD HB.HE Xét HAE và HBD ta có:
98
900 (đối đỉnh); AEH BDH AHE BHD AH HE AHE BHD( g .g ) AH .DH BH .EH dfcm BH HD
IE là tiếp tuyến ………. ADB AEB 900 , mà hai đỉnh D , E là hai đỉnh liên tiếp của tứ Xét tứ giác ABDE ta có: c) Chứng minh
giác ABDE là tứ giác nội tiếp Lại có: AEB vuông tại E A, B, D, E cùng thuộc đường tròn tâm O đường kính
AB
BAE (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong Ta có: ABDE là tứ giác nội tiếp (cmt) EDC tại đỉnh đối diện ) (1) Ta có: I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE I là trung điểm của HC ECH vuông tại E có đường trung tuyến EI EI HI
1 HC (đường trung tuyến 2
ứng với cạnh huyền của tam giác vuông)
IHE (tính chất tam giác cân) hay IEH EHC HEI cân tại I IEH ) (3) CHE (cùng chắn EC Tứ giác CDHE là tứ giác nội tiếp (cmt) CDE BAE HEI Từ (1), (2), (3) suy ra EDC
OBE (tính chất tam giác cân) AOE cân tại O OA OE OEB OEA mà OBE BAE 900 OEB HEI 900 OE EI Hay BAE EI là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB(dfcm) Bài 5. Áp dụng BĐT Cô – si ta có:
4 x 1 x2 x x 1 1 2 x 1 .1 2 x 1 x 4 x 1 y 1 y 1 2
4 y 1 y2 Tương tự ta có: . Khi đó ta có: x 1 x 1 P
4 x 1 4 y 1 4 x 1 4 y 1 x2 y2 2 . 8 y 1 x 1 y 1 x 1 y 1 x 1
x 1 1 Dấu " " xảy ra y 1 1 x y2 x 1 y 1 y 1 x 1 Vậy MinP 8 x y 2
(2)
99 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2020 – 2021 Môn : TOÁN chung Thời gian làm bài: 90 phút
Đề số 18 Câu 1.(3 điểm) 1) Rút gọn các biểu thức
A 12 27 48 x 1 2 x 25 x x4 x 2 x 2 x 2 y 12 2) Giải hệ phương trình : 3x y 1 B
Câu 2.(1,0 điểm) Một phòng họp có 180 người được xếp đều trên các dãy ghế. Nếu thêm 80 người thì phải kê thêm 2 dãy ghế và mỗi dãy ghế tăng thêm 3 người. Hỏi lúc đầu phòng họp đó có bao nhiêu dãy ghế ? 2
Câu 3. (2đ) Cho phương trình x 2mx 4m 5 0 1 (m là tham số) 1) Giải phương trình (1) khi m 2 2) Tìm m để phương trình 1 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn:
1 2 33 x1 m 1 x1 x2 2m 4059 2 2 Câu 4.(3 điểm) Trên nửa đường tròn đường kính AB, bán kính R. Lấy hai điểm I , Q sao cho
I thuộc cung AQ. Gọi C là giao điểm của hai tia AI , BQ, H là giao điểm của hai dây
AQ và BI . Chứng minh rằng: 1) Tứ giác CIHQ là tứ giác nội tiếp 2) CI . AI HI .BI 3) AI . AC BQ.BC luôn không đổi. Câu 5.(1,0 điểm ) 1) Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn 2 a 3b 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q
2002 2017 2996a 5501b a b
2) Một ngũ giác có tính chất: Tát cả các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh liên tiếp của ngũ giác, đều có diện tích bằng 1. Tính diện tích của ngũ giác đó
100 ĐÁP ÁN Bài 1. 1) Rút gọn các biểu thức
A 12 27 48 2 3 3 3 4 3 3 x 1 2 x 25 x x 0 x 4 x 4 x 2 x 2
B
x 1
x 2 2 x
x 2
3x 6 x
x 2
x 2
x 2 3 x
x 2 25 x
x 2
x 2
x 2
x 3 x 2 2x 4 x 2 5 x
x 2
x 2
3 x x 2
2) Giải hệ phương trình :
x 2 y 12 x 2 y 12 7 x 14 x 2 3x y 1 6 x 2 y 2 y 3 x 1 y 5 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 2;5 Bài 2. Gọi số dãy ghế lúc đầu có trong phòng họp là x (dãy) x N * Vì lúc đầu phòng họp có 180 người nên số người được xếp trên 1 dãy ghế là: Số người có trong phòng họp sau khi thêm 80 người: 180 80 260 (người) Vì lúc sau phải kê thêm hai dãy ghé nên số dãy ghé lúc sau là : x 2 (dãy)
Số người được xếp trên mọt dãy ghế lúc sau là :
260 (người) x2
Vì lúc sau mỗi dãy tăng thêm 3 người nên ta có phương trình:
260 180 3 260 x 180 x 360 3x x 2 x2 x 80 x 360 3 x 2 6 x 3x 2 74 x 360 0 3x 2 54 x 20 x 360 0 3x x 18 20 x 18 0 20 x (ktm) 3x 20 x 18 0 3 x 18(tm)
180 (người) x
101 Vậy lúc đầu phòng họp có 18 dãy ghế . Bài 3. 1) Giải phương trình khi m 2 2
Thay m 2 vào phương trình 1 ta có: x 4 x 3 0
x1 1 x2 3
Ta có a b c 1 4 3 0 nên phương trình có hai nghiệm Vậy khi m 2 thì tập nghiệm là S 1; 3 2) Tìm m 2
2
2
Phương trình (1) có ' m 4m 5 m 4 m 5 m 2 1 0 m Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m/
x1 x2 2m . Theo bài ra ta có: x1x2 4m 5
Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
1 2 33 x1 m 1 x1 x2 2m 4059 2 2 x12 2 m 1 x1 2 x2 4m 33 8118 x12 2mx1 2 x1 2 x2 4m 8085 x12 2mx1 4m 5 2 x1 2 x2 8085 5 x12 2mx1 4m 5 2 x1 x2 8080 2
Vì x1 là nghiệm của phương trình (1) nên ta có x1 2mx1 4m 5 0 . Do đó :
* 2 x1 x2 8080 x1 x2 4040 2m 4040 m 2020 Vậy m 2020 Bài 4.
C Q I H A
O
B
102 1) Tứ giác CIHQ nội tiếp Vì AIB, AQB là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) nên
CQH 900 AIB AQB 900 CIH CQH 900 900 1800 nên CIHQ là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác CIHQ có: CIH 2) Chứng minh CI . AI HI .BI Xét
900 CBI (cùng chắn cung IQ); AIH BIC AHI và BCI có: HAI
AHI BCI ( g.g )
HI AI (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) CI BI
CI . AI HI .BI (dfcm) 3) Chứng minh AI . AC BQ.BC luôn không đổi Ta có:
AI . AC BQ.BC AC. AC IC BQ. BQ QC AC 2 AC.IC BQ 2 BQ.QC AQ 2 QC 2 AC.IC BQ 2 BQ.QC AQ 2 BQ 2 QC. QC BQ AC.IC AB 2 QC.BC AC.IC Xét AQC và BIC có: chung; 900 AQC BIC ( g.g ) ICQ AQC BIC
AC.IC QC.BC QC.BC AC.IC 0 2
2
2
Vậy AI . AC BQ.BC AB 2 R 4 R luôn không đổi (đpcm) Bài 5. 1) Tìm giá trị nhỏ nhất của Q
Q
2002 2017 2002a 2017 2996a 5501b 8008a 2017b 5012a 7518b a b a b
1 1 Q 2002 4a 2017 b 2056. 2a 3b a b CO SI 1 1 1 1 2002 4a 2017 b 2056.4 2002.2 .4a 2017.2 .b 10024 2018 a b a b Q 2018
1 a 4a 1 1 a Dấu " " xảy ra b 2 b b 1 2a 3b 4
103 Vậy Qmin 2018 a
1 ;b 1 2
2) Tính diện tích ngũ giác
A B E H x D
C
Theo bài ra ta có, S BCD S ECD 1 Hai tam giác này có chung cạnh đáy CD, nên khoảng cách từ B, E đến CD bằng nhau, do đó BE / / CD . Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng có:
AD / / BC , CE / / AB . Gọi H BD CE
AE / / BD AE / / BH ABHE là hình bình hành nên S ABE S HBE 1 CE / / AB HE / / AB
Ta có:
Đặt S BCD x 0 x 1 . Ta có: S HCD S BCD S HBC S CDE S HDE
1 S HBC 1 S HDE S HBC S HDE Ta lại có:
S HBC BH S HBE 1 x 1 x 2 3x 1 0 S HCD DH S HDE x 1 x
3 5 x ( ktm 2 2 Ta có 3 4.1.1 5 0 nên phương trình có hai nghiệm . 3 5 (tm) x 2 Vậy S ABCDE S ABE S HBE S HCD S HBC S HDE 1 1
3 5 5 1 5 5 2. 2 2 5
104 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI
THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn : Toán Thời gian làm bài:120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 19 Câu 1. (1,75 điểm)
3x 5 y 7 2 x 4 y 1
1) Giải hệ phương trình 4
2
2) Giải phương trình x 12 x 16 0 3) Giải phương trình:
1 1 3 x 1 x 1 x 2 2 x
Câu 2. (2,0 điểm)
x2 1) Vẽ đồ thị P của hàm số y 4 2 2) Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng y 2 x và y m m x 1cắt nhau 3) Tìm các số thực a để biểu thức
1 6 2a xác định. a2
Câu 3. (1,75 điểm)
1) Cho một hình cầu có thể tích bằng 288 cm
3
.Tính diện tích của mặt cầu
2) Một nhóm học sinh được giao sắp xếp 270 quyển sách vào tủ ở thư viện trong một thời gian nhất định. Khi bắt đầu làm việc nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp xếp nhiều hơn dự định 20 quyển sách, vì vậy, không những hoàn thành trước dự định 1 giờ mà còn vượt mức được giao 10 quyển sách. Hỏi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là bao nhiêu ? 2
3) Cho x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 x 1 0. Hãy lập một phương trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là
3
x1 , x2
3
Câu 4. (1,25 điểm)
a a 8 a 5 a 6 a 0 a4 a 2 a 4 a 4
1) Rút gọn biểu thức P
x 3 y 2 18 2) Tìm các số thực x và y thỏa mãn 3 2 y x 18 Câu 5. (2,75 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O có hai đường cao
BE , CF cắt nhau tại trực tâm H , AB AC. Vẽ đường kính AD của O . Gọi K là giao điểm của đường thẳng AH với đường tròn O , K khác A. Gọi L, P lần lượt là giao điểm
105
AH với đường tròn O , K khác A. Gọi L, P lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng BC và EF , AC và KD 1) Chứng minh tứ giác EHKP nội tiếp đường tròn và tâm I của đường tròn này của đường thẳng
thuộc đường thẳng BC 2) Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC . Chứng minh AH 2OM 3) Gọi T là giao điểm của đường tròn O với đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK , T khác K . Chứng minh rằng ba điểm L, K , T thẳng hàng. Câu 6. (0,5 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc 1 .Chứng minh rằng
a
2
3
b2 c2 9 a b c ĐÁP ÁN
Câu 1. 1) Giải hệ phương trình:
3 x 22 y 11 3 x 5 y 7 6 x 10 y 14 2 5y 7 2 x 4 y 1 6 x 12 y 3 x 3 y 1 2 3 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y ; 2 2 4
2
2) Giải phương trình: x 12 x 16 0 2
2
Đặt x t t 0 . Khi đó ta có phương trình t 12t 16 0 2
Phương trình có ' 6 16 20 0
t 6 2 5(tm) Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 t2 6 2 5(tm) Với t 6 2 5 x 2 6 2 5 x 2 Với t 6 2 5 x 2
2
5 1 x
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho 3) Giải phương trình: Điều kiện x 0; x 1; x 2
2
5 1 x
5 1
5 1
S 5 1;1 5; 5 1; 5 1
106
1 1 3 2 x x 2 2 x 3 x 1 x 2 x 1 x 1 x 2 2 x 2 x2 4 x 2 x 3x2 9 x 6 x 2 7 x 6 0 x2 6x x 6 0 x x 6 x 6 0 x 1(ktm) x 6 x 1 0 x 6(tm) Vậy S 6 Câu 2. 1) Học sinh tự vẽ đồ thị (P) 2) Tìm các tham số m
2
Hai đường thẳng y 2 x và y m m x 1cắt nhau khi và chỉ khi :
m 2 m 2 m 2 m 2 0 m 2 m 2m 2 0 m m 1 2 m 1 0 m 1 m 2 0 m 1 m 2 3) Tìm các số thực a Biểu thức
a 2 0 a 2 1 6 2a xác định 2a3 a2 6 2a 0 a 3
Vậy với 2 a 3 thì biểu thức
1 6 2a xác định. a2
Câu 3. 1) Tính diện tích mặt cầu Gọi
R là bán kính của hình cầu
Vì khối cầu có thể tích bằng 288 cm 2
3
nên 43 R 2
3
288 R3 216 R 6(cm)
Vậy diện tích mặt cầu là S 4 R 4 .6 144 cm
2
2) Tính số quyển sách….. Gọi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là x (quyển) (ĐK: x *)
Thời gian dự định sắp xếp xong 270 quyển là
270 ( h) x
Vì mỗi giờ nhóm sắp xếp được nhiều hơn dự định 20 quyển sách nên số sách thực tế mỗ giờ đã sắp xếp là x 20 (quyển)
107 Vì nhóm sắp xếp vượt mức được giao 10 quyển sách nên nhóm đó đã sắp xếp được
270 10 280 (quyển) nên thời gian thực tế sắp xếp xong 280 quyển sách là:
280 h x 20
. Vì thực tế hoàn thành trước dự định 1 giờ nên ta có phương trình:
270 280 1 270 x 20 280 x x x 20 x x 20 270 x 5400 280 x x 2 20 x x 2 30 x 5400 0 x 2 60 x 90 x 5400 0 x x 60 90 x 60 0 x 60 x 90 0 x 60 0 x 60(tm) x 90 0 x 90( ktm) Vậy số quyển sách dự định mỗi giờ nhóm sắp xếp là 60 quyển. 3) Hãy lập phương trình …………….. 2
Xét phương trình x 2 x 1 0 có ac 1 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt trái dấu . 2
Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình x 2 x 1 0, áp dụng định lý Vi-et
x1 x2 2 x1 x2 1
ta có:
Vì hai nghiệm x1 , x2 trái dấu nên không mất tính tổng quát, ta giả sử x1 0 x2 Khi đó ta có: 3
3
3
S x1 x2 x13 x23 x2 x1 3x1 x2 x2 x1 3
x2 x1 3 x2 x1 3
3
3
3
P x1 . x2 x13 x23 x1 x2 1 1 Ta có:
x2 x1
2
2
x2 x1 4 x2 x1 22 4. 1 8
x2 x1 8 x2 x1 8 Do x2 x1 3
3
Khi đó ta có: S x1 x2
Vì S 2 4 P 10 2
2
8
3
3.
8 8 3
8 3 8 10 2 3
4.4 184 0 nên x1 , x2 là nghiệm của phương trình
X 2 10 2 X 1 0 Vậy
3
x1 , x2
Câu 4.
3
2
là nghiệm của phương trình X 10 2 X 1 0
108 1)Rút gọn biểu thức…. Với a 0, a 4 ta có:
a a 8 a 5 a 6 P . a4 a2 a 4 3 a 23 a 2 a 3 a 6 P . a2 a 4 a 2 a 2
P
P
a 2 a2 a 4 a2 a 4
a 2 .
. a
a 2 a 2 a 2 a 2 3
a 3 a 3 a 2
2)Tìm các số thực x, y 3 2 x y 18 (1) Xét hệ phương trình . Trừ vế theo vế của phương trình (1) và (2) ta có: 3 2 y x 18 (2)
x3 y 3 y 2 x 2 x y x 2 xy y 2 x y x y x y x 2 xy y 2 x y 0 x y 2 2 x xy y x y 0 TH1: x y thay vào (1) ta có:
x3 x 2 18 x3 x 2 18 0 x3 27 x 2 9 0 x 3 x 2 3 x 9 x 3 x 3 0 x 3 x 2 3 x 9 x 3 0 x 3 x 2 2 x 6 0 x 3 2 x 2 x 6 0(VN do 0) 2 2 TH2: x xy y x y 0 x3 y 2 18 18 x 3 18 0 Vì x y0 3 2 y x 18 18 y 3 18 0 2
1 1 2 3 2 1 3 2 Lại có: x xy y x 2 x. y y y x y y 0 x, y 2 4 4 2 4 2
2
2
109 2
2
Do đó x xy y x y 0 x, y , do đó phương trình x xy y x y 0 vô 2
2
nghiệm. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 3;3 Câu 5.
A E F O
H B
L
J
M
K T' 1) Chứng minh
I
C
D
EHKP là tứ giác nội tiếp
HEC 900 BE là đường cao của ABC BE AC hay BEC AKD là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn AKD 900 0 0 0 Xét tứ giác EHKP có: HEP HKP 90 90 180 , mà hai góc này đối diện nên EHKP là tứ giác nội tiếp (đpcm) 0 Có HKP 90 là góc nội tiếp chắn cung HP HP là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHKP Tâm I của đường tròn này là trung điểm của HP Gọi J là giao điểm của AK và BC HAC (cùng phụ với ACB) Ta có: HBJ Ta có:
KBC KAC (hai góc nôi tiếp cùng chắn cung KC ) hay JBK HAC
HBJ JBK HAC BJ là phân giác của HBK Ta có:
AH là đường cao của ABC AH BC J BJ là đường cao BHK
BHK ta có: BJ vừa là đường cao, vừa là đường phân giác từ đỉnh B của tam giác BHK cân tại B và BJ là đường trung tuyến của BHK J là trung điểm của HK Gọi I ' là giao điểm của BC và HP Ta có: AJ BC J mà KP AH K BC / / KP hay JI '/ / KP Xét
P
110
HKP ta có: J là trung điểm của HK (cmt ); IJ / / KP(cmt ) I ' J là đường trung bình của HKP I ' là trung điểm của HP I I ' hay I BC (dfcm) Xét
2) Chứng minh AH 2OM
AB BD AC CD
0
Ta có: ABD ACD 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
AB EF ( gt ) CF / / BD hay BE AC ( gt ) BE / / CD
Mà
BH / / CD BDCH là hình bình hành CH / / BD
BC cắt HD tại trung điểm mỗi đường, lại có M là trung điểm của BC ( gt ) M cũng là trung điểm của HD. Xét AHD ta có: O, M lần lượt là trung điểm của AD, HD OM là đường trung bình AHD
OM / / AH AH 2OM (dfcm) 1 OM AH 2 3) Chứng minh L, K , T thẳng hàng
T ' là giao điểm của tia LK với đường tròn O BEC 900. mà đỉnh F , E là các đỉnh kề nhau Xét tứ giác BFEC ta có: BFC LCE (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại Nên BFEC là tứ giác nội tiếp LFB Gọi
đỉnh đối diện) Xét
LFB và LCE ta có:
chung; L
LFB LCE (cmt ) LFB LCE ( g.g )
LF LB LE.LF LB.LC LC LE
Ta có tứ giác BCT ' K nội tiếp đường tròn O
LKB LCT ' (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) LCT '(cmt ) LBK LT ' C ( g g ) chung; LKB Xét LBK và LCT ' ta có: L
LB LK LF LK LB.LC LK .LT ' LE.LF LK .LT ' LB.LC LT ' LC LT ' LE Xét LFK và LT ' E ta có: ' chung ; LF LK LFK LT ' E (c g c) LFK LET ' ELT LT ' LE
EFKT ' là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện) T ' thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK T T ' L, K , T thẳng hàng.(đpcm) Câu 6.
111 2
2
2
2
Ta có: a b c a b c 2 ab bc ca
2ab a 2 b2 2 2 2 2 2 Mà 2bc b c 2 ab bc ca 2 a b c 2ca c 2 a 2 2
a2 b2 c2 a b c 2 a2 b2 c 2 2
3 a 2 b2 c2 a b c a2 b2 c 2 3
a 2 b2 c2
1 2 a b c 3
1 6 a b c 27
Ta cần chứng minh:
1 6 6 a b c 9 a b c a b c 243 a b c 27 5 a b c a b c 243 0 Vì a, b, c 0 a b c 0 5
5
Do đó ta cần chứng minh a b c 243 0 a b c 243 a b c 3 Áp dụng BĐT Cô si ta có: a b c 3 3 abc 3 Dấu
a b c a b c 1 " " xảy ra abc 1
Vậy ta có điều phải chứng minh.
112 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN TOÁN (cơ sở) Ngày thi: 23/7/2020
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 20 Câu 1. (2,0 điểm) 1. Tính giá trị biểu thức F
49 25 2. Tìm điều kiện của x để biểu thức H x 1 có nghĩa. Câu 2. (2,0 điểm) 1. Hàm số y 3x 2 là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên R ? Vì sao ? 2
2. Cho parabol P : y 2 x . Điểm M 2;8 có thuộc P hay không ? Vì sao ? Câu 3. (2,0 điểm)
2 x y 3 x y 3 2. Nhà bạn Lan cách trường học 5km, nhà bạn Mai cách trường học 4 km. Mai bắt đầu đi học sớm hơn Lan 5 phút và hai bạn gặp nhau tại cổng trường lúc 6 giờ 50 phút 1. Giải hệ phương trình:
sáng. Hỏi Mai bắt đầu đi học lúc mấy giờ ? Câu 4. (1,0 điểm) Hộp sữa Ông Thọ là một hình trụ có chiều cao 8cm và bán kính đường tròn đáy bằng 3,8cm. Tính thể tích hộp sữa (lấy 3,14; kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai) Câu 5. (1,0 điểm) Tính chiều rộng AB của một dòng sông A (hình vẽ). Biết BC 9m, BD 12m
B D C Câu 6. (2,0 điểm) Cho đường tròn O và một điểm
A nằm ngoài O . Vẽ các tiếp tuyến AM , AN
với O ( M , N là các tiếp điểm) 1) Chứng minh tứ giác AMON là tứ giác nội tiếp
60 . Tính phần diện tích của tứ giác AMON nằm bên 2) Biết rằng OA 10cm, MAN 0
ngoài đường tròn O
113 ĐÁP ÁN Câu 1.
1) F 49 25 7 5 12 2) Biều thức H
x 1 có nghĩa x 1 0 x 1
Câu 2. 1) Đồng biến hay nghịch biến ? Hàm số y 3x 2 là hàm só đồng biến vì a 3 0 2) Điểm M 2;8 có thuộc (P) không ? Vì sao ? 2
2
Thay tọa độ điểm M 2;8 vào hàm số y 2 x ta có: 8 2.2 8 8 (luôn đúng) Vậy M 2;8 P Câu 3. 1) Giải hệ phương trình
2 x y 3 3x 6 x 2 x y 3 y 3 x y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 2;1 2) Mai bắt đầu đi học lúc mấy giờ ?
Gọi thời gian bạn Mai đi từ nhà đến trường là x h x
1 12
Vì Mai bắt đầu đi học sớm hơn Lan 5 phút và hai bạn gặp nhau cùng lúc nên thời gian Mai đi từ nhà đến trường nhiều hơn Lan đi từ nhà đến trường là
1 5 1 (h) nên thời gian Lan đi từ nhà đến trường: x (h) 60 12 12 4 Vận tốc của xe bạn Mai là: (km / h) x 5 60 (km / h) Vận tốc của xe bạn Lan là : 1 12 x 1 x 12 5 phút
Vì vận tốc đi xe của bạn Lan lớn hơn vận tốc đi xe của bạn Mai là 8km / h nên ta có
60 4 8 12 x 1 x 15 1 2 15 x 12 x 1 2 x 12 x 1 24 x 2 5 x 1 0 12 x 1 x 24 x 2 8 x 3x 1 0 8 x 3x 1 3x 1 0 3x 1 8 x 1 0
phương trình:
114
1 x (tm) 3 x 1 0 3 8 x 1 0 x 1 ( ktm) 8 Nên thời gian Mai đi từ nhà đến trường là
1 h 20 phút 3
Vậy Mai bắt đầu đi học lúc 6 giờ 50 phút – 20 phút 6 giờ 30 phút 2
2
3
Câu 4. Thể tích hộp sữa Ông Thọ: V r h 3,14.3,8 .8 362,73(cm ) Câu 5.
A B D C Xét tam giác ACD vuông tại D có đường cao
DB ta có:
DB 2 AB.BC (hệ thức lượng trong tam giác vuông) 122 AB.9 AB 122 : 9 16(m) Vậy chiều rộng của dòng sông AB 16cm Câu 6.
M
A
I
N
O
115 1) Chứng minh tứ giác AMON là tứ giác nội tiếp Ta có: AM , AN là các tiếp tuyến tại M , N của
OM AM AMO ANO 900 ON AN AMO ANO 900 900 1800 AMON là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác AMON ta có:
O
2) Tính phần diện tích ………….. Ta có: AM , AN là hai tiếp tuyến cắt nhau tại A AO là phân giác của MAN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
1 MAN 300 MAO 2 Xét AMO vuông tại M ta có:
AM AO.cos MAO 10.cos300 5 3(cm) 10.sin 300 5cm OM R AO.sin MAO 1 1 25 3 S AMO OM . AM .5.5 3 cm 2 2 2 2 25 3 S AMON 2 S AMO 2. 25 3cm 2 2 Ta có: AMON là tứ giác nội tiếp (cmt) MON 1800 (tính chất tứ giác nội tiếp) MAN 1800 MAN 1800 600 1200 MON 1200 Mà MON là góc ở tâm chắn cung MN sd MN .R 2 .n .52.120 25 Squat ( MON ) cm2 360 360 3 Nên diện tích phần cần tìm là S S AMON Squat 25 3 Vậy diện tích cần tìm là 25 3
25 (cm2 ) 3
25 (cm2 ) 3
115 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi:TOÁN (Không chuyên) Thời gian làm bài:120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 21
Câu 1. (2,0 điểm)
3x y 5 x 2 y 4
a) Không sử dụng máy tính bỏ túi, giải hệ phương trình
x 2 6 x 8 2 x 2020
b) Giải phương trình : Câu 2. (2,0 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : y x 2m và parabol
P : y 2 x 2 . Xác định giá trị của tham số m để đường thẳng (d) cắt parabol P tại hai điểm phân biệt
3 x x 1 b) Rút gọn biểu thức P
x x 2
x 2 x 0 x 1 x 1
x 1 x 2
Câu 3. (2,0 điểm) 2
a) Không sử dụng máy tính bỏ túi, giải phương trình: x 4 x 5 0 2
2
b) Cho phương trình x 4 m 1 x 3m 2m 5 0, với m là tham số. Xác định giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho
x12 4 m 1 x2 3m2 2m 5 9 Câu 4. (1,0 điểm) Quãng đường từ A đến B dài 100km. Cùng một lúc, một xe máy khởi hành từ A đi đến B và một xe ô tô khởi hành từ B đi về A. Sau khi hai xe gặp nhau, xe máy đi được 1 giờ 30 phút nữa mới đến B. Giả sử vận tốc hai xe không thay đổi trên suốt quãng đường đi. Biết vận tốc của xe máy nhỏ hơn vận tốc của xe ô tô là 20km/h. Tính vận tốc mỗi xe. Câu 5. (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính AB 2 R. Gọi C là trung điểm của đoạn thẳng OA, qua C kẻ dây cung MN vuông góc với OA. Gọi
K là điểm tùy ý trên cung nhỏ BM (K
không trùng với B và M ), H là giao điểm của AK và MN a) Chứng minh tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AH . AK R
2
c) Trên đoạn thẳng KN lấy điểm I sao cho KI KM . Chứng minh NI KB
116 ĐÁP ÁN Câu 1.
3 x y 5 6 x 2 y 10 7 x 14 x 2 a) x 2 y 4 x 2 y 4 y 5 3 x y 1 Vậy x; y 2; 1
x 2 6 x 9 2 x 2020 x 1010 2
2
b) x 6 x 9 4 x 8080 x 2020
2
x 2017 3 x 8074 x 4080391 0 2023 x 3 2
Câu 2. a) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
2 x 2 x 2m 2 x 2 x 2m 0 * (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chi khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 2
0 1 4.2.2m 0 m Vậy m
1 thì thỏa đề 16
3 x x 1 b) P
x x 2
3x 3 x 3
x 1 x 2 x 0 x 2 x 1 x 1
x 2 x 1 x 1
x 1
3x 3 x 3 x 1 x 4 x 4
x 2 x 1 x 3 x 2 x 3 x 2 x 1 x 1
Câu 3.
1 16
x 2
x 2
x x 6
x 2
x 1
117
a) x 2 4 x 5 0 x 2 5x x 5 0 x x 5 x 5 0 x 5 x 5 x 1 0 x 1 Vậy S 5; 1
b) x 2 4 m 1 x 3m 2 2m 5 0(1) 2
2
' 2 m 1 3m 2 2m 5 m2 2m 9 m 1 8 0
phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt, áp dụng Vi et ta có: x1 x2 4m 4 2 x1 x2 3m 2m 5 Vì x1 là một nghiệm của phương trình (1)
x12 4 m 1 x2 3m 2 2m 5 9 x12 4 m 1 x1 3m 2 2m 5 4 m 1 x1 4 m 1 x2 9 0 4 m 1 x1 x2 9 1 m 4m 4 3 4 4m 4 4m 4 32 4m 4 3 m 7 4
1 4
7 4
Vậy m ; Câu 4. Gọi vận tốc xe máy là x km / h x 0 thì vận tốc ô tô: x 20(km / h) Thời gian kể từ lúc hai xe khởi hành đến lúc gặp nhau là:
Quãng đường xe máy đi được trong 1 giờ 30 phút
100 h 2 x 20
3x (km) 2
Quãng đường xe máy đi được trong hai khoảng thời gian trên là quãng đường AB nên ta có phương trình:
118
100 x 3x 100 200 x 6 x 2 60 x 200 2 x 20 2 x 20 2 x 40(tm) 2 6 x 140 x 4000 0 50 x (ktm) 3 Vậy vận tốc xe máy: 40 km / h , vận tốc ô tô: 60 km / h Câu 5.
M
K
H A
O B
C I
N a)
900 MC AB AKB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); BCH Ta có:
BCH 1800. Vậy tứ giác BCHK nội tiếp Do đó HKB b)
Chứng minh AK . AH R
2
Ta có: MC là đường trung trực của OA nên MA MO và OM OA R, nên
OM OA MA R OAM dều, MOA 600 Xét ACH và
AKB có: C K 900 , A chung ACH AKB
AC AH AK . AH AB. AC AK AB Mặt khác tam giác AMB vuông tại M có MC là đường cao ứng với cạnh huyền nên AC. AB MA2 R 2 (hệ thức lượng) . Vậy AK . AH R 2
c) Ta có:Tứ giác OMAN có hai đường chéo OA và MN vuông góc nhau tại trung điểm C mỗi đường nên là hình thoi. Do đó MON 2MOA 120
0
1 MON 600 ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung MN) Từ đó MKN 2
Mặt khác MK KI MKI đều MK MI KI
119
MAB 600 (góc nội tiếp cùng Ta có: BC là trung trực của MN nên BM BN , và MNB
600 , MB MN chắn cung BM), do đó BMN đều, suy ra BMN KMB BMN KMB 600 1 Ta có: KMN NMI KMI NMI 600 2 Ta lại có: KMN
NMI , vì MN MB, MI MK nên MNI MBK (c.g.c) Từ (1), (2) suy ra KMB Vậy NI BK
120 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN: TOÁN (chung) Ngày thi: 30/07/2020
Đề số 22
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A
x 2 3 20 2 x và B x 25 x 5 x 5
a) Tính giá trị biểu thức A khi x 9 b) Rút gọn biểu thức B c) Tìm các giá trị của x để A B( x 4) Câu 2. (1,5 điểm) 2
2
Cho phương trình x 2 m 1 x m 2m 0 1 ( với m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m 1 b) Tìm các giá trị của m để phương trình 1 có hai nghiệm trái dấu Câu 3. (2,0 điểm) Quãng đường từ A đến B dài 90 km. Một người đi xe máy từ A đến B. Khi đến B người đó nghỉ 30 phút rồi quay trở về A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 9 km / h. Thời gian kể từ lúc bắt đầu đi từ A đến B và trở về A là 5 giờ. Tính vận tốc xe máy lúc đi từ A đến B. Câu 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn O và điểm A nằm bên ngoài đường tròn O . Qua điểm A dựng hai tiếp tuyến AM , AN đến đường tròn O với M , N là các tiếp điểm. Một đường thẳng
d đi qua A cắt đường tròn O tại hai điểm B và C ( AB AC , đường thẳng d không đi qua tâm O ) a) Chứng minh tứ giác AMON là tứ giác nội tiếp 2
b) Chứng minh AN AB. AC c) Hai tiếp tuyến của đường tròn O tại B và C cắt nhau tại K. Chứng minh rằng điểm K luôn thuộc một đường thẳng cố định khi đường thẳng d thay đổi và đường thẳng d thỏa mãn điều kiện đề bài Câu 5. (1,0 điểm) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x y
P
13 x 10 y 1 9 3 3 2x y
7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2
121
ĐÁP ÁN Câu 1. a) ĐKXĐ: x 0, x 25
9 2 5 9 4 2 b) ĐKXĐ: x 0, x 25 . Ta có:
Với x 9(tmdk ) A
B
3 20 2 x 3 x 25 x 5 x 5
x 5
x 5
1 x 5
c) A B x 4 x 2 x 5
x 5 20 2 x x 5 x 5
x 0; x 25 1 x 4 x 5
x 2 x4 x x 60 x 3 x 2 x 6 0 x.
x2
x 3 2
x 3 0
x 3 x 3 0 x 9(tm) x 2( ktm)
Vậy x 9 Câu 2. a) Với m 1, ta có:
x 2 2.2 x 1 2 0 x 2 4 x 3 0 x 2 x 3x 3 0 x x 1 3 x 1 0 x 1 x 1 x 3 0 x 3 Vậy với m 1 thì tập nghiệm là S 1;3 b) Để phương trình 1 có hai nghiệm trái dấu x1 x2 0 m 2 2m 0 2 m 0 Vậy 2 m 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu Câu 3. Gọi vận tốc xe đi từ A đến
B là v km / h, v 0 Vận tốc lúc từ B về A là : v 9(km / h)
122
90 90 ; Thời gian về là : . Vì cả đi lẫn về (có cả nghỉ ) mất 5 giờ nên ta có v v9 90 30 90 5 phương trình: v 60 v 9 90v 810 90v 9 20v 90 1 2 v v 9 2 v 9v 2 Thời gian đi là
v 2 9v 40v 180 v 2 31v 180 0 v 2 36v 5v 180 0 v v 36 5 v 36 0 v 36(tm) v 5 v 36 0 v 5(ktm) Vậy vận tốc lúc đi là 36 km / h Câu 4.
M
C
O E B
D
N
A K a) Vì AM , AN là tiếp tuyến tại M, N của
AMO ANO 900 Tứ giác O
AMON nội tiếp đường tròn đường kính AO(dfcm) b) Dễ chứng mnh AMO ANO (cạnh huyền – cạnh góc vuông) AM AN Xét ABN và ANC ta có:
chung ; BNA BCN NCA (tính chất góc tạo bởi tiêp tuyến dây cung) BAN AB AN Suy ra ABN ANC ( g .g ) AB. AC AN 2 (dfcm) AN AC c) Gọi KM cắt (O) tại N '
123 Vì tứ giác MBN ' C nội tiếp KBN ' KMB KN '.KM KB Gọi KO cắt BC tại E
2
90 ONA OMA 5 điểm O, M , N , E , A cùng thuộc một đường tròn Dễ thấy OEA (1) Áp dụng hệ thức lượng trong KBO vuôn tại B, đường cao BE , ta có: 0
KE.KO KB 2 KN '.KM KN ' E KOM ' OMN ' OEN ' 1800 OM ' N OMK N ' EK 1800 OEN Tứ giác MOEN ' nội tiếp hay 5 điểm M , O, E , N ', A cùng thuộc một đường tròn, kết hợp với (1) suy ra N N ' hay K MN cố định Câu 5. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
2x
1 1 2 2 x. 2 ; 2x 2x
y
9 9 2 y. 6 y y
Ta có:
P
13 10 1 9 x y 3 3 2x y
7 1 9 7 7 97 x y 2 x y . 2 6 3 2x y 3 2 6 97 P 6 1 97 x Vậy MinP 2 6 y 3
124 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 23 Câu 1. (2,0 điểm) 2
1) Giải phương trình x 2 x 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 x 0 2) Cho biểu thức B : x 1 x x x 1 x 1 Rút gọn biểu thức B. Tìm tất cả các giá trị của x để biểu thức B nhận giá trị âm. 2 Câu 3. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P) có phương trình y 2 x 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 , xác định m để
1 x1 x2
2
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 cắt đường tròn O; R tại điêm thứ hai là 1) Chứng minh tứ giác
AH cắt BC tại D và
M
AEHF nội tiếp
2) Chứng minh BC là tia phân giác của EBM 3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF . Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp BCE 4) Khi hai điểm 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
125 ĐÁP ÁN Câu 1.
1) x 2 2 x 3 0 x 2 3 x x 3 0 x x 3 x 3 0 x 3 x 1 0 x 3 x 1 Vậy S 3; 1
3 x 3 y 5 2 x y x 8 y 15 6 y 12 x 1 2) x 2 y 3 x 3 2 y y 2 x 2 y 3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là x; y 1; 2 Câu 2. 1) Rút gọn biểu thức
A 2 3 27 4 2 3 2 3 9.3
2
3 1 2 3 3 3 3 1
3 3 1 1 2) Rút gọn B và tìm x………….. Điều kiện x 0, x 1
x x x 1 B : x 1 x 1 x x x.
x 1 . x
x 1
x 1
x 1
x x x
x 1
.
x 1 x 1
x 1
x 1
Với x 0, x 1 ta có B 0
x 1 0 x 1 x 1 Kết hợp với điều kiện ta có 0 x 1 thì B nhận giá trị âm. Câu 3. 1) Tìm m Vì M 2; 3 d nên thay x 2, y 3 vào phương trình d : y 2 x m ta có:
3 2. 2 m 3 4 m m 7 Vậy với m 7 thì đường thẳng d đi qua điểm M 2;3 2) Xác định m….
126 Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là :
2 x 2 2 x m 2 x 2 2 x m 0 * Để parabol (P) cắt đường thẳng d tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 2
' 1 2. m 0 1 2m 0 m
1 2
x1 x2 1 Khi đó áp dụng hệ thức Vi – et ta có: m x1 x2 2 Theo bài ra ta có: 2
1 x1x2 2 y1 y2 16 2 1 x1 x2 2 2 x12 2 x22 16 2 2 1 x1 x2 4 x1 x2 2 x1x2 16 2
m m 1 4.12 2. 16 2 2 m2 m2 1 m 4 4m 16 5m 11 0 4 4 m2 20m 44 0 m2 22m 2m 44 0 m m 22 2 m 22 0 m 22 m 2 0 m 22(ktm) m 2(tm) Vậy m 2 Câu 4.
A' A E I
K O
F H B
D
C N P
M
127 1)
Chứng minh
AEHF là tứ giác nội tiếp
Ta có: BE , CF là các đường cao của ABC
BE AC E AFC AEB 900 CF AB F AEH AFH 900 900 1800 AEHF là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác AEHF ta có : 2)
Chứng minh BC là tia phân giác của BEM
DAC ACD 900 EBC (cùng phụ góc DAC) Ta có: DAC 0 EBC ECB 90 Hay MAC EBC Lại có: MAC MBC (cùng chắn cung MC) EBC MAC BC là phân giác của EBM (dfcm) MBC
IE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp BCE 0 Ta có : AEH 90 là góc nội tiếp chắn cung AH AH là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF I là trung điểm của AH 3) Chứng minh
Ta có: BEC là tam giác vuông tại E
Đường tròn ngoại tiếp BEC có tâm là trung điểm của BC Gọi N là trung điểm của BC N là tâm đường tròn ngoại tiếp BEC 1 NB NE BC (tính chất tiếp tuyến của tam giác vuông) 2 BNE cân tại N NBE NEB hay DBE NEB 1 Ta có IE là đường trung tuyến của AEH vuông tại E EI IH AH IEH cân 2 IHE mà IHE BHD BHD (hai góc đối đỉnh) IEH tại I IEH 0
0
Lại có : HBD BHD 90 IEH BEN 90
Hay IE EN IE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp BEC (dfcm) 4) Xác định vị trí điểm A……… Gọi EF OA K Kẻ đường kính
AP
Khi đó ta có ACP là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ACP 90
0
APC PAC 900 hay OAC APC 900 BEC 900 , mà hai đỉnh E, F kề nhau BCEF là tứ giác Xét tứ giác BCEF có: BFC AEF (góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện) nội tiếp FBC Hay ABC AEB mà APC ABC (cùng chắn ccung AC)
128
AEF APC APC OAE AEF EAO 900 Hay AO EF K (dfcm) Chứng minh tương tự ta có: OB FD, OC ED
1 OA.EF (tứ giác có hai đường chéo vuông góc) 2 1 1 SODCE OC.DE Tương tự: SOFBD OB.FD ; 2 2 1 1 1 SOEAF SOFBD SODCE OA.EF OB.FD OC.DE 2 2 2 1 2S S ABC R EF FE DE EF FE DE ABC 2 R Kéo dài ON cắt (O) tại A ' A ' N BC do ON BC Ta có: SOEAF
Khi đó ta có: S ABC
1 1 AD.BC A ' N .BC 2 2
Đặt BC a Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ONC ta có:
ON OC 2 CN 2 R 2
a2 4
a2 a a2 2 A ' N OA ' ON R R S ABC R R 4 2 4 a2 a R R2 4 EF FD DE R Dấu " " xảy ra A A ', khi đó điểm A là điểm chính giữa của cung lớn BC 2
Câu 5. Đặt
a x, b y , c z
Khi đó ta có: x, y, z 0 và xyz
abc 1, Khi đó yêu cầu bài toán trở thành chứng minh: 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 Áp dụng BĐT Cô si ta có: x y 2 xy , y 1 2 y
129
x y y 1 2 2 x 2y 3 2
xy y 1
xy y 1
1 1 1 . x 2 y 3 2 xy y 1
Chứng minh tương tự ta có:
1 y 2 z 3 2.
1
;
yz z 1
1 z 2 x 3 2.
1
zx x 1
Khi đó ta có:
1 1 1 x 2 y 3 y 2z 3 z 2x 3 1 1 . 2 xy y 1 Đặt A
1 yz z 1
1 xy y 1
1 zx x 1
1 yz z 1
A
1 xy y 1
A
1 xy y 1
xy 2 z xyz xy
A
1 xy y 1
xy y 1 xy
1 ta có: zx x 1
1 1 yz z 1 zx x 1 xy
y xyz xy y
y 1 xyz xy y
1 1 1 1 x 2 y 3 y 2z 3 z 2x 3 2
Dấu
x y z 1 " " xảy ra x y z 1 xyz 1
Khi đó ta có
a b c 1 a b c 1
Vậy ta có điều phải chứng minh
130 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 23b
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn : TOÁN (chung) Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1. (2,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức A
50 32 3 2 2
1 x 1 x 0 x2 . Rút gọn biểu thức B và . x 2 x 1 x 1 x2 x tìm giá trị của x để B 3
2. Cho biểu thức B
Câu 2. (2,0 điểm) 2
1. Giải phương trình x 5 x 6 0
3x 2 y 1 x 3 y 4
2. Giải hệ phương trình : Câu 3. (1,5 điểm) 1. Cho hàm số y ax
2
a 0 có đồ thị là parabol như
hình 1. Xác định hệ số a 2. Cho phương trình
1 2 x x m2 (m là tham số). Chứng 2
minh phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m . Tìm các giá trị của m để
x1 3 20 x23 Câu 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn O , đường kính
AB cố định. Điểm H cố định nằm giữa hai điểm A và O sao cho AH OH . Kẻ dây cung MN vuông góc với AB tại H. Gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M , N và B. Gọi K là giao điểm của AC và MN . 1) Chứng minh tứ giác BCKH nội tiếp 2) Chứng minh tam giác AMK đồng dạng với tam giác ACM 3) Cho độ dài đoạn thẳng AH a. Tính AK . AC HA.HB theo a 4) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MKC . Xác định vị trí của điểm C để độ dài đoạn thẳng IN nhỏ nhất Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc a b 3ab. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
ab b a a b 1 bc c 1 ac c 1
131 ĐÁP ÁN Câu 1.
1) A 50 32 3 2 2 25.2 16.2
2
2 1
5 2 4 2 2 1 1 x2 2) B x2 x
x2 x x
x 2
B 3 Vậy x
.
1 x 1 x 0 . x 2 x 1 x 1
x 1 x 1
x 1 x.
x 2
x 2
.
x 1 x 1
x 1 x
x 1 1 1 3 x 1 3 x 2 x 1 x x (tm) 2 4 x
1 thì B 3 4
Câu 2.
1) x 2 5 x 6 0 x 2 6 x x 6 0 x 6 x x 6 x 6 0 x 6 x 1 0 x 1 Vậy S 6; 1 3 x 2 y 1 3x 2 y 1 11 y 11 2) y 0 x 3 y 4 3x 9 y 12 x 4 3 y x 1 y 1(tm) y 1 x 1 x 1 y 1
Vậy x; y 1;1 ; 1; 1 Câu 3.
2
1) Khi x 2 y 4 do M 2;4 4 a. 2 a 1
1 2 x x m 2 x 2 2 x 2m 2 0 1 2 2 ' 1 1. 2m2 2m2 1 0 phương trình luôn có hai nghiệm phân
2) Ta có:
x1 x2 2
biệt. Áp dụng hệ thức Vi – et :
2 x1 x2 2m
Ta có:
132
x1 3 20 x23 x13 20 x23 x13 x23 20 x1 x2 x1 x2 3 x1 x2 20 0 2 22 3. 2m 2 20 0 2 4 6m 2 20 0 6m 2 6 m 2 1 m 1 Vậy m 1 thì thỏa đề. Câu 4.
C M I K A H
O
B
N 900 mà KCB 900 a) Có AH MN KHB
KCB 900 900 1800 BCKH là tứ giác nội tiếp Tứ giác BCKH có KHB b) Xét AMK và ACM có: A chung ; AMK ACM (cùng chắn AM ) AMK ACM ( g.g ) AK AM AK . AC AM 2 1 c) AMK ACM AM AC ) H 900 ; MAH HMB (cùng phụ HMA Xét AMH và MBH có: H 1 2
AMH MBH ( g.g )
HA HM HA.HB HM 2 2 HM BH
Từ (1) và (2) ta có:
AK . AC HA.HB AM 2 HM 2 AH 2 a 2 (cmt ) mà 1 góc là góc nội tiếp , 1 góc AMK MCA d) Vì AM là tiếp tuyến của I (do là góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung) I MB Ta có: NI min khoảng cách từ N xuống BM nhỏ nhất.
133
NI BM , do đó khoảng cách từ N đến tâm I nhỏ nhất thì C là giao điểm của I ; IM và (O) Vậy C là hình chiếu của N trên Câu 5. Từ giả thiết c
BM
1 1 3 a b
1 1 x; y; c z x y z 3 a b 1 1 1 Và P xy x y yz y z zx z x Đặt
3 3 xy x y
3 3 yz y z
3 3 zx z x
Ta có:
xy x y 3 2 2 3 2 3 2 3 P xy x y 3 yz y z 3 zx z x 3 3 xy x y
18 3 18 3 xy yz zx 2 x y z 9 xy yz zx 15
x y z Lại có: xy yz zx 3
18 3 3 3 15 Vậy MinP 3 a b c 1 Do đó P
2
3
134
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 24
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Khóa ngày 17/7/2020 Đề thi môn: TOÁN Ngày thi: 18/07/2020 Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I. (2,0 điểm)
x 1 3 x 5 và B với x 0, x 1 x 2 x 1 x 1 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x 4 2 2) Chứng minh B x 1 3) Tìm tất cả giá trị của x để biểu thức P 2 AB x đạt giá trị nhỏ nhất
Cho hai biểu thức A
Bài II. (2,0 điểm) 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Quãng đường từ nhà An đến nhà Bình dài 3km. Buổi sáng, An đi bộ từ nhà An đến nhà Bình. Buổi chiều cùng ngày, An đi xe đạp từ nhà Bình về nhà An trên cùng quãng đường đó với vận tốc lớn hơn vận tốc đi bộ của An là 9 km / h. Tính vận tốc đi bộ của An, biết thời gian đi buổi chiều ít hơn thời gian đi buổi sáng là 45 phút. (Giả định rằng An đi bộ với vận tốc không đổi trên toàn bộ quãng đường đó). 2) Một quả bóng bàn có dạng một hình cầu có bán kính bằng 2cm. Tính diện tích bề mặt của quả bóng bàn đó (lấy 3,14). Bài III. (2,5 điểm)
3 2 x 5 y 1 1) Giải hệ phương trình: 4 x 1 3 y 1 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét đường thẳng d : y mx 4 với m 0 a) Gọi A là giao điểm của đường thẳng d và trục Oy. Tìm tọa độ điểm A b) Tìm tất cả giá trị của m để đường thẳng d cắt trục Ox tại điểm B sao cho
OAB là tam giác cân Bài IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và đường cao BE. Gọi H và K lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ điểm E đến đường thẳng AB, BC 1) Chứng minh tứ giác BHEK là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh BH .BA BK .BC 3) Gọi F là chân đường vuông góc kẻ từ điểm C đến đường thẳng AB và I là trung điểm của đoạn thẳng EF . Chứng minh ba điểm H , I , K là ba điểm thẳng hàng
135 Bài V. (0,5 điểm) Giải phương trình:
x 3x 2 x 2 1 ĐÁP ÁN
Bài I. 1) Tính giá trị biểu thức…. Thay x 4(tmdk ) vào biểu thức A
4 1 2 1 3 4 2 22 4
2) Với x 0, x 1 ta có:
B
3 x 3 x 5
3 x 5 3 x 1 x 5 x 1 x 1 x 1 x 1
x 1
2
2 x 2
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
2 )(dfcm) x 1
3) Tìm x để Pmin Với x 0; x 1 ta có:
P 2 AB x 2. P x 2
x 1 2 . x x 2 x 1
4 x x 2
4 2 x 2
Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương
x 2;
4 , ta có: x 2
4 4 2 x 2 . 2 4 4 x2 x 2 4 x 2 22 x 2 2 4 x 2 4 x 2 2 x 0(tm) Dấu " " xảy ra x 2 x 2 Vậy Pmin 2 x 0 x 2
Bài II. 1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình Gọi vận tốc đi bộ của An là x km / h x 0 Thời gian đi bộ : Vận tố c đi xe đạp của An: x 9(km / h) Thời gian đi xe đạp : Vì An đi xe đạp nhanh hơn đi bộ là 45 phút
3 (h) x
3 x9
3 (h) nên ta có phương trình: 4
136
3 3 3 1 1 1 4 x 9 4x x x 9 x x9 4 x x9 4 4 x 36 4 x x 2 9 x x 2 9 x 36 0 x 2 12 x 3x 36 0 x x 12 3 x 12 0 x 3(tm) x 3 x 12 0 x 12( ktm) Vậy vận tốc đi bộ của An là 3km / h 2) Tính diện tích bề mặt quả bóng bàn 2
2
Diện tích bề mặt quả bóng bàn: S 4 R 4.3,14.2 50,24 cm
Vậy diện tích cần tìm là 50,24 cm
2
2
Bài III.
3 2 x 5 y 1 1) Giải hệ phương trình 4 x 1 3 y 1 Điều kiện : y 1 1 u u 0 , ta có hệ phương trình: Đặt y 1 x 1 7u 7 2 x 3u 5 4 x 6u 10 1 u 3 u 1 1 y 2(tm) x 4 x u 3 4 x u 3 y 1 4 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x; y 1;2 2) a) Tìm tọa độ điểm A Vì A là giao điểm của đường thẳng d và trục Oy nên hoành độ điểm
A là x A 0
Gọi A 0; y A . Vì A 0; y A d nên ta có: y A m.0 4 4 y A 4 Vậy A 0;4 là giao điểm của đường thẳng d và trục Oy b) Tìm tât cả các giá trị của m…. Vì B là giao điểm của d cắt trục Ox nên tung độ điểm
B là y y B 0 4 Gọi B xB ;0 ; vì B xB ;0 d nên ta có: 0 m.xB 4 xB m 0 m 4 4 ;0 AB Suy ra B m m Theo câu a) ta có: A 0;4 nên OA 4 4 4 4 Vì OAB cân tại O nên OA OB m
137
4 m 4 4m 4 m 1(tm) 4m 4 m 1(tm) 4 4 m Vậy m 1; m 1 thỏa mãn bài toán Bài IV.
A H2
I
2
F
1
1
1
E
O
B
K
C
BHEK là tứ giác nội tiếp 90 do EH AB , 900 do EK BC Ta có : BHE BKE BKE 900 900 1800 nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng Tứ giác BHEK có BHE 0 hai góc đối bằng 180 ) dfcm 1) Chứng minh 0
2) Chứng minh BH .BA BK .BC Theo câu a) tứ giác
BEH (cùng chắn cung BH ) BHEK nội tiếp nên BKH
Ta có:
EBH 900 (do BHE vuông tại H) BEH EBH 900 (do ABE vuông tại E) nên BEH ) BAE (cùng phụ với EBH BAE BEH (cmt ) nên BKH BAE BEH Mà BKH
Xét
BHK và BCA có:
138
BAE BAC (cmt ) BHK BCA( g.g ) ABC chung; BKH BH BK (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) BH .BA BC .BK BC BA c) Chứng minh H , I , K thẳng hàng Gọi I ' là giao điểm của HK và EF BEC 900 ( gt ) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề Xét tứ giác BFEC có : BFC F (cùng chắn EC ) nhau nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau) B 1 1 E (so le trong) do đó B E 1 Ta có: EH / / CF (cùng vuông góc với AB) F 1 1 1 1 H (cùng chắn EK ) 2 BHEK nội tiếp nên B 1 1 E Từ (1) và (2) ta suy ra H Theo câu a, tứ giác
1
1
E nên là tam giác cân I ' H I ' E 3 I ' HE có H 1 1 H BHE 900 ; F E 900 (do HFE vuông tại H) Lại có: H 1
2
2
1
F hay tam giác I ' HF cân tại I ' I ' H I ' F 4 Nên H 2 2 Từ 3 và 4 I ' E I ' F hay I là trung điểm EF Do đó I ' I nên ba điểm H , I , K thẳng hàng (đpcm) Bài V. Ta có:
x 3x 2 x 2 1 2 x 2 3x 2 2 x 2 2 2 x 2 2 x 2 3x 2 2 0
2 x 1 x 1 3 x 2 1 0 Vì x 1 0; x 1 0 và 3 x 2 1 2 x 1 x 1 3 x 2 1 0
2
2 x 1 x 2 x 1 3 x 2 2 3 x 2 1 0 2
2
2
2
2
2
2
2
2 0 với mọi x nên: 3
2
x 1 0 x 1 x 1 0 x 1 x 1(tm) 3x 2 1 0 3 x 2 1 Vậy S 1
139
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2020
Đề số 24b MÔN THI: TOÁN (cho tất cả các thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I. (4 điểm) 2 2 x y xy 7 1) Giải hệ phương trình : 3 2 9 x xy 70 x y
2) Giải phương trình: 11 5 x 8 2 x 1 24 3
5 x 2 x 1
Câu II. (2 điểm) 2
2
2
2
1) Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn x y 16 xy 99 9 x 36 y 13 x 26 y 2) Với a, b là những số thực dương thỏa mãn
;8a 12b 2a 2 3b 2 5ab 10
2 2a 3b 5
2
2
Chứng minh rằng: 3a 8b 10ab 21 Câu III. (3 điểm)
là góc nhỏ nhất trong ba góc của tam giác và nội tiếp đường Cho tam giác ABC có BAC . Lấy các điểm M , N tròn (O). Điểm D thuộc cạnh BC sao cho AD là phân giác BAC thuộc (O) sao cho đường thẳng CM , BN cùng song song với đường thẳng AD
1) Chứng minh rằng AM AN 2) Gọi giao điểm của đường thẳng MN với các đường thẳng AC , AB lần lượt là E, F . Chứng minh rằng bốn điểm B, C , E , F cùng thuộc một đường tròn 3) Gọi P, Q theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng AM , AN . Chứng minh rằng các đường thẳng EQ, FP, AD đồng quy. Câu IV. (1 điểm) Với a, b, c là những số thực dương thỏa mãn a b c 3. Chứng minh rằng:
a a bc
2
b ab 2c 2
b b ca
2
c bc 2a 2
c c ab
2
a ca 2b 2
4
140
ĐÁP ÁN Câu I.
x 2 y 2 xy 7 (1) 1) Giải hệ phương trình: 3 2 9 x xy 70 x y
(2)
7 3x 2 7 x Nếu x y , hệ phương trình trở thành 3 (Vô nghiệm), do đó x y 3 8 x 0 x 0 Nhân cả hai vế của phương trình 1 với x y 0 ta có:
1 x y x 2 y 2 xy 7 x y x3 y 3 7 x y 10 x3 y 3 70 x y Thế vào phương trình 2 ta có:
2 9 x3 xy 2 10 x3 y 3 x3 xy 2 10 y 3 0 x 2 y 0 3 x 2 y x 2 2 xy 5 y 2 0 2 2
x 2 xy 5 y 0 4
Ta có: 3 x 2 y 2
2
2
2
y 1 x 2 y 1 x 2
Thế vào phương trình (1) ta có: 4 y y 2 y 7 7 y 7
4 x 2 2 xy y 2 4 y 2 0 x 2 y
2
4 y2 0
x 2 y 0 2 2 x 2y 2y 0 x y 0(ktm) y 0 Vậy nghiệm của hệ phương trình là x; y
2;1 ; 2; 1
2) Giải phương trình: 11 5 x 8 2 x 1 24 3
11 5 x 8 2 x 1 24 3
5 x 2 x 1 *
5 x 0 1 x5 2 2 x 1 0
ĐKXĐ:
2 5 x a a 0 a 5 x 2 Đặt : 2 x 1 b b 0 b 2 x 1
2a 2 b 2 2 5 x 2 x 1 9
5 x 2 x 1
141
11a 8b 24 3ab (1)
Khi đó ta có:
2 2 2a b 9 (2) Giải phương trình 1 ta có: 1 11a 3ab 24 8b a 11 3b 24 8b *
Với 11 3b 0 b
11 16 11 * 0a (vô lý) b không là nghiệm của 3 3 3
phương trình (*)
a
24 8b 8b 24 8b 24 , Thay a vào 2 ta được: 11 3b 3b 11 3b 11 2
8b 24 2 2 2 b 9 3b 11 2 64b 2 384b 576 b 2 9b 2 66b 121 9 9b 2 66b 121 128b 2 768b 1152 9b 4 66b3 121b2 81b 2 594b 1089 0 9b 4 66b3 168b 2 174b 63 0 3b 4 22b3 56b 2 58b 21 0 b 1 3b3 19b 2 37b 21 0 b 1 b 1 b 3 3b 7 0 2 x 1 1 x 1(tm) b 1 2x 1 1 b 1 0 b 3 0 b 3 2 x 1 3 2 x 1 9 x 5(tm) 3b 7 0 7 7 49 29 b 2x 1 2 x 1 x (tm) 3 3 9 9 29 ;5 Vậy phương trình có tập nghiệm S 1; 9 Câu II. 2
2
2
2
1) Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn: x y 16 xy 99 9 x 36 y 13 x 26 y
x 2 y 2 16 xy 99 9 x 2 36 y 2 13 x 26 y x 2 y 2 20 xy 99 9 x 2 36 xy 36 y 2 13x 26 y 2
x 2 y 2 20 xy 100 1 3 x 2 y 13 x 2 y *
x 2 y a a 0 xy 10 b b 10
Đặt
* b 2 1 9a 2 13a
142
9a 2 2.3a.
13 169 169 b2 1 6 36 36
2
13 133 2 3a b 2 18a 13 362 133 6 36 18a 6b 1318a 6b 13 133 (1) Ta lại có : a, b 0 18a 6b 13 18a 6b 13 0 Lại có 133 133.1 19.7
b 11 (tm) 18a 6b 13 0 18a 6b 120 a 3 18 a 6 b 13 1 18 a 6 b 12 1 a 19 18a 6b 13 19 18a 6b 32 6 (ktm) 25 18a 6b 13 7 18a 6b 6 b 18
x 3 2 y x 3 2 y x 2 y 3 x 3 2 y 2 xy 10 11 xy 1 y 3 2 y 1 2 y 3 y 1 0 x 3 2 y x 3 2 y x 1(tm) 1 y (ktm) 2 y 1(tm) 2 y 1 y 1 0 y 1 Vậy phương trình có nghiệm x; y 1;1 2) Với a, b là những số thực dương thỏa mãn 2 2a 3b 5 1 ;
8a 12b 2a 2 3b2 5ab 10 . Chứng minh rằng 3a 2 8b 2 10ab 21 2 Giải
2 8a 12b 2a 3b a b 10 5 a b 10 3a 7b 10. Mặt khác 2 a 3b 5 Dự đoán dấu 2
" " xảy ra a b 1 2
a 8 b 10 ab 3a 4b . a 2b Ta có: 3 I
Áp dụng bất đẳng thức
A B AB 4
2
, ta có:
9a 12b 7a 14b
21. I 3 3a 4b . 7 a 2b
4
2
143
21. I
16a 26b 4
2
8a 13b
2
Ta biểu diễn 8a 13b theo 3a 7b và 2 a 3b bằng cách đồng nhất hệ số Xét 8a 13b x 3a 7b y 2a 3b
8a 13b 3 x 2 y .a 7 x 3 y .b 2 x 3 x 2 y 8 5 7 x 3 y 13 y 17 5 2
21. I 8a 13b
2
17 17 2 2 . 3a 7b . 2a 3b .10 .5 212 5 5 5 5
2
I 21. Dấu
" " xảy ra a b 1
Câu III.
A Q
P
M
K E F
N
O C D B 1) Chứng minh rằng AM AN
144
DAB (so le trong do BN / / AD) Ta có: NBA
DAC ( gt ) ; DAC DAB ACM (so le trong do CM / / AD) MCA sd NBA AN sd AM (trong một đường tròn, hai góc nội tiếp bằng nhau thì chắn hai cung bằng nhau). Vậy AM AN (trong một đường tròn, hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau) 2) Chứng minh rằng 4 điểm B, C , E , F cùng thuộc một đường tròn.
1 (góc có đỉnh ở bên trong đường tròn) AEF sd AN sdCM Ta có: 2
1 1 sd sd AM sdCM AC ABC (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn) 2 2
Vậy tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện bằng nhau) hay B, C , E ,F cùng thuộc một đường tròn. 3) Chứng minh các đường thẳng EQ, FP, AD đồng quy Áp dụng định lý Mê-lê-na-uýt trong tam giác AHN , cát tuyến EKQ , ta có:
EN KH QA EN KH . . 1 . 1(do Q là trung điểm của AN ( gt ) nên QA QN ) EH KA QN EH KA EN KA I EH KH Gọi AD PE K '. Ta đi chứng minh K ' K Áp dụng định lý Mê-lê-na-uýt trong tam giác AHM , cát tuyến
PKF ta có:
FM K ' H PA FM K ' H . . 1 . 1 (Do P là trung điểm của AM gt nên PA PM ) FH K ' A PM FH K ' A FM K ' A II FH K ' H EN FM FM FH FM FH HM Ta sẽ chứng minh * (tính chất dãy tỉ số EH FH EN EH EN EH HN bằng nhau)
HM DC HN DB HM AC DC AC Lại có : (định lý đường phân giác), do đó: 1 DB AB HN AB chung AEF ABC (cmt ), BAC Xét AEF và ABC có: Vì BN / / AD / / CM nên áp dụng định lý Ta – let ta có:
AEF ABC g .g
AC AF 2 AB AE
145 Từ (1) và (2)
HM AF HN AE
3
AF HF 4 AE HE HM HF EN FM , do đó * được chứng minh, tức là Từ (3) và (4) ta suy ra III EH FH HN HE KA K ' A Từ I , II , III suy ra , do đó K K ' KH K ' H Vậy EQ, FP, AD đồng quy tại K Tiếp tục áp dụng định lý đường phân giác trong tam giác
AEF ta có:
Câu IV. Với a, b, c 0, a b c 3 ta có:
P
a a bc
2
b ab 2c 2
b b ca
2
c bc 2a 2
c c ab
2
a ca 2b 2
a 2 a bc
2
ab ab 2c 2
b 2 b ca
bc bc 2a 2
2
a2 b2 c 2 a b c Áp dụng BĐT ta có: x y z x yz P
a
2
b 2 c 2 3abc
2
a 2b 2 b 2c 2 c 2 a 2 2abc a b c
a P
2
b 2 c 2 3abc
ab bc ca
a b c p 2 Đặt ab bc ca q , áp dụng BĐT Schur ta có: 9r p 4q p abc r
9abc 3 4 ab bc ca 9 3abc 4 ab bc ca 9 Khi đó ta có:
a 2 b 2 c 2 4 ab bc ca 9 P 2 ab bc ca
a b c 2 2 ab bc ca 9 P 2 ab bc ca 2
2
2
2 32 2 ab bc ca 9 4 ab bc ca P P 4 2 2 ab bc ca ab bc ca
Dấu
" " xảy ra a b c 1
Vậy P 4(dfcm)
2
2
2
c 2 c ab
2
ca ca 2b 2
146 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
CỘNG HÒA XA HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 24c Bài 1. (2,0 điểm)
4 x 8x x 1 2 : với x 0; x 4; x 9 x 2 x 4 x x2 x a) Rút gọn biểu thức P
Cho biểu thức P
b) Tìm m sao cho m
x 3 .P x 1 đúng với mọi giá trị x 9
Bài 2. (3,0 điểm) a) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng
d1 : y 5 x 9 và
d 2 : y m2 4 x 3m (m là tham số). Tìm các giá trị của m để hai đường thẳng d1 và d 2 là song song. 2
b) Cho phương trình: x 2 m 1 x 2m 5 0 (m là tham số). Tìm các giá trị của
m để phương trình trên có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn:
x
2 1
2mx1 2m 1 x2 2 0
c) Hai ô tô cùng khởi hành một lúc trên quãng đường từ A đến B dài 120km . Vì mỗi giờ ô tô thứ nhát chạy nhanh hơn ô tô thứ hai là 10km nên đến B trước ô tô thứ hai là 0,4 giờ. Tính vận tốc mỗi ô tô, biết rằng vận tốc của mỗi ô tô là không đổi trên cả quãng đường AB. Bài 3. (1,5 điểm) Bác An muốn làm một cửa sổ khuôn gỗ, phía trên có dạng nửa hình tròn, phía dưới có dạng hình chữ nhật. Biết rằng : đường kính của nửa hình tròn cũng là cạnh phía trên của hình chữ nhật và tổng độ dài các khuôn gỗ (các đường in đậm vẽ trong hình bên, bỏ qua độ rộng của khuôn gỗ) là 8 m. Em hãy giúp bác An tính độ dài các cạnh của hình chữ nhật để cửa sổ có diện tích lớn nhất Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn O và một điểm nằm ngoài đường tròn. Kẻ tiếp tuyến
AB với đường tròn O (B là tiếp điểm) và đường kính BC . Trên đoạn thẳng CO lấy điểm I ( I khác C và O). Đường thẳng IA cắt O tại hai điểm D và E ( D nằm giữa A và E). Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng DE a) Chứng minh AB.BE BD. AE b) Đường thẳng d đi qua điểm E song song với AO, d cắt BC tại điểm K . Chứng minh HK / / CD c) Tia CD cắt AO tại điểm P, tia EO cắt BP tại điểm F . Chứng minh tứ giác BECF là hình chữ nhật Bài 5. (0,5 điểm) Tìm các số thực x , y , z thỏa mãn các điều kiện sau:
147
0 x, y , z 1 x y z 3 1 y zx 1 z xy 1 x yz x y z ĐÁP ÁN Bài 1.
P Với x 0, x 4, x 9 ta có:
a)
Rút gọn biểu thức
4 x 8x x 1 2 4 x 8x x 1 2 P : : 4 x 2 x x 2 x x 2 x x 2 x 2 x x . x 2
4 x 2 x 8x P
2 x 2 x
x x
8 x 4x
2 x 2 x Vậy P
x 1 2 :
.
x 2
3 x
x 2
8 x 4x 8x
4 x . x 2 . x x 2 . x 3
4x x 3
x 2
2 x 2 x
.
x
x 2
x 1 2 x 4
4x . x 3
b) Tìm m sao cho m
x 3 .P x 1 đúng với mọi giá trị x 9
Điều kiện: x 9. x 9, Ta có:
4x x 1 x 3 1 4mx x 1 4m 1 x 1 4m 1 x 1 1 Vì x 9 nên x 9 1 1 10 5 m Do đó 4m 1 , x 9 thì 4m 1 4m x 9 9 18 5 Vậy m 18 m
x 3 .P x 1 m
x 3 .
Bài 2. a) Tìm các giá trị của m để hai đường thẳng d1 , d 2 song song
2
Ta có hai đường thẳng d1 : y 5 x 9 và d 2 : y m 4 x 3m song song
148
m 3 m 2 4 5 m 2 9 m 3 m 3 3 m 9 m 3 m 3 Vậy m 3 thì đường thẳng d1 và d 2 song song.
2
b) Tìm m để x1 2mx1 2m 1 x2 2 0 2
Xét phương trình: x 2 m 1 x 2m 5 0 , ta có: 2
' m 1 2m 5 m 2 2m 1 2m 5 2
m 2 4m 4 2 m 2 2 0 m
Phương trình đã cho luôn có hai
nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m
x1 x2 2m 2 x1 x2 2m 5
Áp dụng hệ thức Vi et ta có:
Vì x1 là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
x12 2 m 1 x1 2m 5 0 x12 2mx1 2 x1 2m 5 0 x12 2mx1 2m 1 2 x1 4 0 x12 2mx1 2m 1 2 x1 2 Theo đề bài ta có:
x
2 1
2mx1 2m 1 x2 2 0 2 x1 2 x2 2 0
x1 2 x2 2 0 x1 x2 2 x1 x2 4 0 2m 5 2 2m 2 4 0 2m 1 4m 4 0 2m 1 4m 4 0 2m 3 m Vậy m
3 2
3 thỏa mãn điều kiện bài toán 2
c) Tính vận tốc mỗi ô tô Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x km / h x 10
Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường AB là
120 ( h) x
Vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là 10 km / h Vận tốc của ô tô thứ hai là : x 10(km / h)
Thời gian của ô tô thứ hai đi hết quãng đường AB là : Vì ô tô thứ nhất đến B trước ô tô thứ hai là 0,4h
120 ( h) x 10
2 h nên ta có phương trình: 5
149
120 120 2 5.120 x 5.120. x 10 2 x x 10 x 10 x 5 600 x 600 x 6000 2 x 2 20 x 2 x 2 20 x 6000 0 x 2 10 x 3000 0 x 2 60 x 50 x 3000 0 x 60 0 x 60(tm) x 60 x 50 0 x 50 0 x 50 Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 60 km / h và vận tốc của ô tô thứ hai: 60 10 50(km / h) Bài 3. Tính độ dài cạnh và diện tích lớn nhất
x y Gọi đường kính của nửa hình tròn là x m 0 x 8 Bán kính của nửa đường tròn
x (m) 2
Khi đó cạnh phía trên của hình chữ nhật: x(m) Gọi cạnh còn lại của hình chữ nhật là y m 0 y 8 Độ dài nửa đường tròn phía trên:
1 x x m 2 2
Khi đó ta có tổng độ dài các khuôn gỗ:
x
x 2 y 8 1 x 2 y 8 2 2
2 2 y 8 1 x y 4 x 2 4 2
1 x x2 xy Diện tích của cửa số: S xy 2 2 8
2 x2 2 2 x 4 x S 4x x 8 4 8 4 4 2 1 S x2 4 x S x 4x 8 8 2 2 2 4 2 32 4 2 16 16 16 S . x x S . x 2 x. 8 4 8 4 4 4 S
x2
150 2
4
16 32 32 S . x 8 4 4 4
16 16 0 x (tm) 4 4 4 16 4 2 4 16 4 8 2 16 8 y 4 . (tm) 4 4 4 4 4
Dấu
" " xảy ra x
Vậy khi cửa sổ có diện tích lớn nhất thì độ dài cạnh trên của hình chữ nhật là: cạnh bên của hình chữ nhật là
16 m và 4
8 (cm) 4
Bài 4.
B F P
A
O
D
H
d
I K
Q
E C
a) Chứng minh AB.BE BD. AE
ABD và AEB có: A chung; ABD AEB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và ) ABD AEB( g.g ) dây cung cùng chắn BD Xét
AB BD (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ ) AB.BE BD. AE (dfcm) AE BE b) Chứng minh HK / / CD
H là trung điểm của DE ( gt ) nên OH DE (tính chất đường kính và dây cung) 900 OHA 900 OHD
Vì
900 (cmt ); OBA 900 (do Xét tứ giác OBAH có : OHA
AB là tiếp tuyến của O )
OBA 900 900 1800 OBAH là tứ giác nội tiếp OHA
151
OBH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OH) OAH HEK (so le trong do d / /OA) Mà OAH HKE HBK Tứ giác BEKH là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề OBH nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
HEB DEB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HB) HKB
) HKB DCB (hai góc nội tiếp cùng chắn BD DCB (hai góc nội tiếp cùng Mà DEB DCB DEB . Lại có hai góc này ở vị trí đồng vị bằng nhau chắn cung BD ) HKB
HK / /CD(dfcm) c) Chứng minh BECF là hình chữ nhật Kẻ tiếp tuyến AQ với đường tròn O
Q B
OQA 900 900 1800 OBAQ là tứ giác nội tiếp (Tứ Xét tứ giác OBAQ có: OBA 0
giác có tổng hai góc đối bằng 180 )
OAQ PAQ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OQ) OBQ CBQ CDQ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CQ) Lại có: OBQ CDQ OBQ Tứ giác APDQ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài bằng PAQ
ADP AQP (hai góc nội tiếp cùng chắn AP) góc trong tại đỉnh đối diện) ) (đối đỉnh) CDE CBE (hai góc nội tiếp cùng chắn CE ADP CDE Mà AQP CBE
1
QAP (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); ABP và AQP có: AP chung ; BAP AB AQ ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ABP AQP(c.g.c) ABP AQC (2) (hai góc tương ứng)
Xét
Từ (1) và (2) CBE ABP AQP
CBF EBF CBE ABP CBF ABC 900 là góc nội tiếp chắn nửa đườn tròn (O) nên EF là đường kính của O EBF O là trung điểm của EF Xét tứ giác BECF có hai đường chéo BC , EF cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
900 (cmt ) nên BECF là hình chữ nhật BECF là hình bình hành. Lại có: EBF
dfcm
152 Bài 5.
x 1 x2 1 Ta có: xy y
x 2 xy 1 y x 2 xy zx 1 y zx 1 1 1 1 2 x xy xz 1 y zx 1 y xz x x y z
x 1 1 y xz x y z
Chứng minh tương tự ta có:
y 1 1 z xy x y z
;
z 1 1 x yz x y z
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức ta được :
x y z 3 1 y xz 1 z xy 1 x yz x y z Dấu
" " xảy ra x y z 1
Vậy có duy nhất 1 cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán x; y; z 1;1;1
153 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
KỲ THI TUYỂN SINH 1O THPT Năm học 2020-2021 Môn thi: TOÁN CHUNG
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 25 Câu 1. (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:
2 2 a) P 1 2 1 2 1 1 3 1 b)Q 1 x 0 x x x 3
Câu 2. (2,5 điểm) 4
2
a) Giải phương trình: x 5 x 36 0 b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : y a 1 x b đi qua điểm
M 1; 2 và song song với đường thẳng d ' : y 3x 1. Tìm các số a và b Câu 3. (1,5 điểm) Trong quý I, cả hai tổ A và B sản xuất được 610 sản phẩm. Trong quý II , số sản phẩm tổ A tăng thêm 10%, tổ B tăng thêm 14% so với quý I , cả hai tổ sản xuất được 681 sản phẩm. Hỏi trong quý I, mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu sản phẩm Câu 4. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH H BC . Biết độ dài cạnh AB bằng 5cm, đoạn BH bằng 3cm. Tính độ dài các cạnh AC và BC . Câu 5. (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, đường kính MN , điểm I thay đổi trên đoạn
OM
I vuông góc với MN cắt O tại P và Q. Trên tia đối của tia NM lấy điểm S cố định. Đoạn PS cắt O tại E , gọi H là giao điểm của EQ và MN
( I khác M). Đường thẳng qua
a) Chứng minh tam giác SPN và tam giác SME đồng dạng b) Chứng minh độ dài đoạn OH không phụ thuộc vào vị trí của điểm I. Câu 6. (1,0 điểm) Cho a , b là các số thực dương thỏa mãn a 2a 1 b 2b 1 2ab
a 3 2020 b3 2020 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F b a ĐÁP ÁN Câu 1.
2 2 a) P 1 2 1 b) Ta có:
2 2 1 2 1 1 2 1
2 1
2 1
2 1 2 1 1
154
1 3 1 Q 1 x x x 3 x
x
x 3
x x 3 x
x 3
Vậy Q
.
. 3 x x x 3
x 3
x
x 3 3 x x
3 với x 0 x
Câu 2. 4
2
a) Giải phương trình x 5 x 36 0 Đặt t x
2
t 0 , ta có phương trình: t 2 5t 36 0
t 2 9t 4t 36 0 t t 9 4 t 9 0 t 4 t 9 0 t 4 0 t 4(tm) x 2 4 x 2 t 9 0 t 9(ktm) Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 2; x 2 b) Tìm các số a và b
a 1 3 a 4 b 1 b 1
Vì hai đường thẳng d và d ' song song với nhau nên Suy ra đường thẳng d : y 3 x b b 1
Vì đường thẳng d đi qua điểm M 1; 2 nên thay x 1; y 2 vào hàm số
y 3x b ta được: 2 3. 1 b b 1(thỏa mãn) Vậy a 4, b 1 Câu 3. Gọi số sản phẩm tổ A và tổ B sản xuất được trong quý I lần lượt là x, y (sản phẩm)
0 x, y 610 Vì trong quý I, cả hai tổ A và
B sản xuất được 610 sản phẩm nên ta có phương trình:
x y 610 Trong quý II: Tổ A tăng thêm 10% so với quý I nên tổ
A sản xuất được 1 10% x 1,1x sản phẩm. Tổ B tăng thêm 14% so với quý I nên tổ B sản xuất được 1 14% y 1,14 y (sản phẩm) Ta có hệ phương trình:
155
x y 610 1,1x 1,1y 671 0,04 y 10 x 250 x 250(tm) 1,1x 1,14 y 681 1,1x 1,14 y 681 x 610 y y 610 250 y 360(tm) Vậy trong quý I, Tổ A sản xuất được 360 sản phẩm, tổ B sản xuất được 250 sản phẩm Câu 4.
A
C
H
B
A có đường cao AH , theo hệ thức lượng trong tam giác AB 2 52 25 2 vuông ta có: AB BH .BC BC (cm) BH 3 3 Xét tam giác ABC vuông tại
Xét ABC vuông tại A, theo định lý Pytago ta có: 2
400 25 BC AB AC AC BC AB AC 52 9 3 2
2
2
2
AC
400 20 (cm) 9 3
Vậy BC
25 20 cm, AC cm 3 3
2
2
2
Câu 5.
P E M I
Q
O
H
N
S
156 a) Chứng minh SPN SME Ta có : bốn điểm P, E , M , N cùng thuộc (O) nên tứ giác PENM nội tiếp
EMN (góc nội tiếp cùng chắn cung EN ) EPN
chung ; EPN EMS (cmt ) Xét SPN và SME có : S SPN SME ( g.g ) (dfcm) b) Chứng minh độ dài đoạn OH không phụ thuộc vào I Từ câu a, SPN SME
SP SN (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) SM SE
SP.SE SM .SN 1
PEQ 1 sd PQ sd PM POM Ta có: PEH
2 SEH 180 ; POM POS 1800 SEH POS PEH POS (cmtt ); S chung Xét SEH và SOP có: SEH 0
SEH SOP( g g )
SE SH (Hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) SO SP
SE.SP SO.SH 2 Từ (1) và (2) suy ra SO.SH SM .SN SH
SM .SN SO
Mà S , M , N , O cố định nên SM , SN , SO không đổi SH không đổi
OH SO SH không đổi Vậy độ dài OH không phụ thuộc vào vị trí điểm I (dfcm) Câu 6.
a 2a 1 b 2b 1 ab 2a 2 2b 2 a b ab 2 a 2 b2 a b ab 2 a 2 b 2 2ab a b 6ab 2
2 a b a b 2
a b 6ab 6.
2 a b a b
4
2
3 2 . a b 2
3 2 a b 0 2
1 2 a b a b 0 0 a b 2 . Ta có: 2
F
a 3 2020 b3 2020 a 3 2020 b3 2020 b a b b a a
157 4 a3 b3 b4 1 1 a 1 1 2020 2020 a b a ab ab b a b
2
x2 y 2 x y 1 1 4 Áp dụng các BĐT cơ bản và ta có: a b ab a b ab 2
2 2 a 4 b4 4 1 1 a b 2020. 2020 2ab ab a b ab ab
a
2
b2
2
a b
a b
2
2
2
8080 8080 1 8080 2 a 2 b2 a b ab ab 2 ab 2
4 4 8072 a b . 4 . 4 8072 4042 33 2 ab ab ab 2 ab ab 2 F 4042 Vậy Giá trị nhỏ nhất của F là Fmin 4042 a b 1
158 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài :120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 26 Câu 1. (2,0 điểm) 1) Giải các phương trình sau a) x 1 8 b) x 2 x 3 0
2 2) Cho phương trình x 3 x 1 0 .Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình. 2
2
Hãy tính giá trị biểu thức A x1 x2 Câu 2. (2,0 điểm)
x x 3 x
1 2 6 : 1 x 0 x3 x x3 x b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M 1;4 và song song với đường thẳng y 2 x 1
a) Rút gọn biểu thức: A
Câu 3. (2,0 điểm) a) Một đoàn xe nhận chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành, đoàn có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc ? Biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau
m 1 x y 3
b) Cho hệ phương trình với tham số m :
mx y m Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất x0 ; y0 thỏa mãn x0 y0 0
Câu 4. (3,0 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O; R . Gọi D, E , F là chân các đường cao lần lượt thuộc các cạnh BC , CA, AB và H là trực tâm của ABC. Vẽ đường kính AK a) Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành b) Trong trường hợp ABC không cân, gọi M là trung điểm của BC. Hãy chứng
và 4 điểm M , D, F , E cùng nằm trên một đường minh FC là phân giác của DFE tròn. c) Khi BC và đường tròn O; R cố định, điểm A thay đổi trên đường tròn sao cho
ABC luôn nhọn, đặt BC a. Tìm vị trí của điểm A để tổng P DE EF DF lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo a và R Câu 5. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn abc 1 Chứng minh rằng:
1 1 1 1 a 2 2b2 3 b2 2c 2 3 c 2 2a 2 3 2
159 ĐÁP ÁN Câu 1
x 1 8 x 9 1) a ) x 1 8 x 1 8 x 7 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 9; 7
b) x 2 x 3 0 x 2 2 x 3 0
x 1 x 3
Phương trình có dạng a b c 1 2 3 0 nên có hai nghiệm Vậy S 1; 3 2
2
2) Xét phương trình x 3 x 1 0 có 3 4.1.1 5 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt . Áp dụng định lý Vi – et ta có:
x1 x2 3 x1 x2 1 2
A x12 x22 x1 x2 2 x1 x2 32 2.1 7 Vậy A 7 Câu 2. a) Rút gọn biểu thức
x A x3 x x
x
x 3
x x x.
1 2 6 : 1 x 3 x x3 x
x.
x3 x 2 x 3 6 : x 3 x x 3
x.
x
.
x 3
x 3 x3 x 2 x 66
x x 1 x x
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M 1;4 và song song với đườn thẳng y 2 x 1 Gọi d là đường thẳng cần tìm Vì d song song với đường thẳng y 2 x 1 nên phương trình đường thẳng d có dạng
y 2 x c c 1
160 Vì M 1;4 d nên thay tọa độ điểm M vào phương trình đường thẳng d ta có:
4 2. 1 c x 6(tm) Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là y 2 x 6 Câu 3. a) Tính số xe ? Gọi số xe lúc đầu của đoàn xe là x (chiếc), x * Lúc đầu mỗi xe chở số tấn hàng là :
480 (tấn) x
Khi khởi hành có thêm 3 xe nên số xe lúc sau là x 3 (xe) Lúc sau mỗi xe chở số tấn hàng là :
480 (tấn) x3
Vì lúc sau mỗi xe chở ít hơn 8 tấn hàng so với dự định nên ta có phương trình:
480 480 60 60 8 1 x x3 x x3 60 x 3 60 x x x 3 60 x 180 60 x x 2 3x x 2 3x 180 0 x 2 15 x 12 x 180 0 x x 15 12 x 15 x 12 x 15 0 x 12 0 x 12(tm) x 15 0 x 15(ktm) Vậy lúc đầu đoàn xe có 12 chiếc b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất x0 ; y0 thỏa mãn x0 y0 0
m 1 x y 3
m 1 x m mx 3 2m 1 x m 3 * mx y m y m mx y m mx Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất * có nghiệm duy nhất Ta có :
1 2 m3 1 Khi đó ta có: * x m 2m 1 2 2m 1 0 m
y m mx m
m m 3 2m2 m m2 3m m 2 2m y y 2m 1 2m 1 2m 1
m 3 m 2 2m 1 ; Với m thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất x0 ; y0 2 2m 1 2m 1 Theo bài ra ta có: x0 y0 0
161
m 3 m 2 2m m2 m 3 0 0 1 2 m 1 2m 1 2m 1 2
1 1 11 1 11 m m 3 m 2.m. m 0 m 2 4 4 2 4 2
Vì
2
1 1 1 2m 1 0 m TMDK m 2 2 1 Vậy m 2 Câu 4.
A'
A
E
I F
B
H
D
O C
M K
a) Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành
ABK 900 hay AB BK ABK là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) Ta có: Mà CF AB( gt ) CF / / BK hay CH / / BK 1
ACK là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ACK 900 hay AC CK Ta có: Mà BE AC ( gt ) BE / / CK hay BH / / CK 2 Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BHCK là hình bình hành
162
b) Chứng minh FC là phân giác DFE
BHD 900 900 1800 , mà hai góc này ở vị trí đối diện Xét tứ giác BFHD ta có: BFD
HBD (hai góc nội tiếp cùng chắn HD ) 3 nên BFHD là tứ giác nội tiếp HFD AEH AFH 900 900 1800 , mà hai góc này ở vị trí đối diện Xét tứ giác AEHF có
) (4) HAE (hai góc nội tiếp cùng chắn HE nên AEHF là tứ giác nội tiếp HFE
AEB ADB 900 AEDB là tứ giác nội tiếp (dhnb) Xét tứ giác AEDB ta có: DBE DAE
5
EFH HFD HBD Từ 3 , 4 , 5 EAD
CFD FC là phân giác của DFE ( dfcm) Hay EFC 1 BC 2 EBM EMC MEB EBM 2 EBM (góc ngoài của EBM cân tại M MEB 2 HFD 2 HBD 2 EBM cmt tam giác). Lại có EFD Xét EBC vuông tại E có đường trung tuyến EM EM BM
EFD 2 EBM EFDM là tứ giác nội tiếp E , F , D, M cùng thuộc một EMC
đường tròn. c) Tìm vị trí điểm A……. Gọi EF OA I
BCK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK ) Ta có: FAI
BFC 900 ( gt ), do đó tứ giác BFEC là tứ giác nội tiếp (tứ Xét tứ giác BFEC có BEC giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau)
AFI ACB (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp ) FAI AFI BCK ACB ACK 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) OA EF Chứng minh tương tự ta có : OB FD, OC ED
1 OA.EF (tứ giác có hai đường chéo vuông góc) 2 1 1 OB.FD ; SODCE OC.DE 2 2
Ta có: SOEAF
SOFBD
163
1 1 1 SOEAF SOFBD SODCE OA.EF OB.FD OC.DE 2 2 2 1 1 1 S ABC .R.EF .R.FD .R.DE 2 2 2 2S EF FD DE ABC R Kéo dài OM cắt O tại A ' A ' M BC (do OM BC ) Khi đó ta có: S ABC
1 1 AD.BC A ' M .BC 2 2
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông OMC ta có:
a2 OM OC CM R 4 2
2
2
a2 a a2 S ABC R R 2 4 2 4 a2 a R R2 4 EF FD DE R Dấu " " xảy ra A A ', khi đó điểm A là điểm chính giữa của cung lớn BC Vậy P DE EF DF đạt giá trị lớn nhất khi điểm A là điểm chính giữa của cung lớn BC 1 1 1 1 Câu 5. Chứng minh 2 a 2b2 3 b2 2c 2 3 c 2 2a 2 3 2 A ' M OA ' OM R R 2
2
2
2
2
2
Ta có: a 2b 3 a b b 1 2
a 2 b 2 2ab Áp dụng Bất đẳng thức Cô si ta có: 2 b 1 2b
a 2 b 2 b 2 1 2 2ab 2b 2 2 ab b 1
1 1 2 a 2b 3 2 ab b 1 2
Chứng minh tương tự :
1 1 1 1 ; 2 2 2 b 2c 3 2 bc c 1 c 2a 3 2 ca a 1 2
Khi đó ta có:
164
1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 a 2b 3 b 2c 3 c 2a 3 2 ab b 1 bc c 1 ca a 1 2
Ta có:
1 1 1 ab b 1 bc c 1 ca a 1 1 ab b 2 ab b 1 ab c abc ab bca ab b 1 ab b ab b 1 1 ab b 1 b 1 ab 1 ab b ab b 1 Vậy
1 1 1 1 2 2 . dấu " " xảy ra a b c 1 2 2 2 a 2b 3 b 2c 3 c 2a 3 2 2
165 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2020-2021 ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 27 Bài 1. (1,5 điểm) Cho hai biểu thức
A 3 7 28 175 3 ; B
x x x x (với x 0) x x 1
a) Rút gọn biểu thức A và biểu thức B b) Tìm các giá trị của x để giá trị của biểu thức A bằng ba lần giá trị của biểu thức B Bài 2. (1,5 điểm) a) Cho hàm số y ax b có đồ thì là đường thẳng d . Xác định các giá trị của a và
1 b biết d song song với đường thẳng y x 2020 và d cắt trục hoành tại 2 điểm có hoành độ bằng 5
3 x 1 2 x 2 y 10 4 x 2 x 2 y 2
b) Giải hệ phương trình
Bài 3. (2,5 điểm) 2
2
1) Cho phương trình x 2 m 1 x m 1 0 1 ( x là ẩn số, m là tham số). a) Giải phương trình 1 với m 7 b) Xác định các giá trị của m để phương trình 1 có hai nghiệm x1 , x2 sao cho biểu 2
2
thức M x1 x2 x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất 2) Bài toán có nội dung thực tế Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất 2100 thùng nước sát khuẩn trong thời gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngầy là bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng chống đại dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35 thùng sát khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn 3 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy phải sản xuất bao nhiêu thùng nước sát khuẩn. Bài 4. (3,5 điểm)
166 1. Qua điểm A nằm ngoài đường tròn O vẽ hai tiếp tuyến AB và AC của đường tròn (B và C là các tiếp điểm). Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng AC , F là giao điểm thứ hai của đường thẳng EB với đường tròn (O ), K là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với đường tròn O . Chứng minh a) Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và tam giác ABF đồng dạng với tam giác
AKB b) BF .CK CF .BK c) FCE CBE và EA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ABF 2 2. Một hình nón có bán kính đáy là 5cm, diện tích xung quanh bằng 65 cm . Tính chiều cao của hình nón. Bài 5. (1,0 điểm) 2
2
a) Cho x, y là hai số thực bất kỳ. Chứng minh x xy y b) Cho x, y , z là ba số thực dương thỏa mãn
1 2 x xy y 2 3
x y z 2. Chứng minh:
y y x x z z 2 x xy y y yz z z zx x 3
167 ĐÁP ÁN Bài 1. a) Rút gọn biểu thức
A và B
A 3 7 28 175 3 3 7 2 7 5 7 3 6 7 3 x x x x x x x 1 b) Tìm x để A 3 B
B
x .
x 1 x
x 1 x 1
x 1 x 2 x 1
A 3B 6 7 3 3 2 x 1
6 7 36 x 3 6 x 6 7 x 7 x 7(tm) Vậy x 7 thì A 3 B Bài 2. a) Xác định các giá trị a và b Vì đường thẳng d : y ax b song song với đường thẳng y
1 x 2020 nên 2
1 a 2 b 2020
1 x b, b 2020 2 Vì d cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 5 nên đường thẳng d đi qua điểm Khi đó phương trình đường thẳng d có dạng d : y
5;0 . Thay tọa độ điểm 5;0 vào phương trình đường thẳng d ta có: 1 5 0 . 5 b b (tm) 2 2 1 5 Vậy a và b 2 2 3 x 1 2 x 2 y 10 b) Giải hệ phương trình 4 x 2 x 2 y 2 3 x 1 2 x 2 y 10 3x 3 2 x 4 y 10 Ta có 4 x 2 x 2 y 2 4 x 8 x 2 y 2 x 3 5 x 4 y 13 5 x 4 y 13 11x 33 x 3 1 3 x 2 y 10 6 x 4 y 20 3x 2 y 10 3.3 2 y 10 y 2
168
1 2
Vậy nghiệm của hệ phương trình x; y 3; Bài 3. 1. Cho phương trình…. a) Giải phương trình 1 với m 7 Với m 7 ta có phương trình:
x 2 2 7 1 x 7 2 1 0 x 2 16 x 48 0 x 2 4 x 12 x 48 0 x x 4 12 x 4 0 x 12 x 4 0 x 12 0 x 12 x 4 0 x 4 Vậy với m 7 thì phương trình có tập nghiệm S 4;12 2
2
b) Tìm Min M x1 x2 x1 x2 2
2
Phương trình x 2 m 1 x m 1 0 1 có hai nghiệm x1 , x2 2
' 0 m 1 m2 1 0 m2 2m 1 m2 1 0 2m 2 0 m 1 x1 x2 2m 2
Áp dụng hệ thức Vi ét ta có:
2 x1 x2 m 1
.Theo đề bài ta có:
2
M x12 x22 x1 x2 x1 x2 3x1 x2 2
2m 2 3 m 2 1 4m 2 8m 4 3m 2 3 2
m 2 8m 7 m 2 8m 16 9 m 4 9 2
2
Với m 1 m 4 3 m 4 9 m 4 9 0 MinM 0 Dấu
" " xảy ra m 1(tm)
Vậy m 1 thỏa đề 2) Bài toán có nội dung thực tế Gọi số thùng nước sát khuẩn mỗi ngày nhà máy sản xuất theo kế hoạch là x (thùng)
x 2100, x * Thời gian dự định nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn là
2100 (ngày) x
Thực tế, mỗi ngày nhà máy sản xuất được số thùng nước sát khuẩn là x 35 (thùng)
Thời gain thực tế nhà máy sản xuất xong 2100 thùng nước sát khuẩn:
2100 (ngày) x 35
Nhà máy đã hoàn thành xong công việc trước thời hạn 3 ngày nên ta có phương trình:
169
2100 2100 3 2100 x 35 2100 x 3 x x 35 x x 35 2100 x 73500 2100 x 3 x 2 105 x 3 x 2 105 x 73500 0 x 2 35 x 24500 0 x 2 175 x 140 x 24500 0 x x 175 140 x 175 0 x 175 x 140 0 x 175 0 x 175(ktm) x 140 0 x 140(tm) Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất được 140 thùng nước sát khuẩn Bài 4.
B K
F O
A E C
a) Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và ABF AKB
OB AB ABO ACO 900 OB AC
Ta có: AB, AC là hai tiếp tuyến của O tại B, C
ABO ACO 900 900 1800 mà hai góc này đối nhau nên Xét tứ giác ABOC ta có: ABOC là tứ giác nội tiếp dfcm
170
) A chung; AKB ABF (cùng chắn BF Xét ABF và AKB ta có: ABF AKB g g dfcm b) Chứng minh BF .CK CF .BK
AB BF AF (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ ) AK KB AB ) AKC ACF (cùng chắn CF A chung; Xét ACF và AKC có: Ta có: ABF AKB(cmt )
ACF AKC ( g g ) dfcm
AC CF AF (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AK KC AC
Mà AB AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
AB AC BF CF BF .KC KB.CF ( dfcm) AK AK KB KC c) Chứng minh EA là tiếp tuyến……
) BCE (góc nội tiếp và góc tiếp tuyến dây cung cùng chắn BC Ta có: BKC Lại có: BFCK là tứ giác nội tiếp đường tròn O
BKC (góc ngoài tại 1 điểm bằng góc trong tại đỉnh đối diện) EFC BCE BKC EFC
ECB (cmt ) chung; EFC Xét FCE và CBE ta có: E FCE CBE ( g.g )(dfcm) Vì FCE CBE (cmt )
FE CE CE 2 FE.BE AE 2 CE BE
EA EF EB EA
EA EF (cmt ) AEF BEA(c g c) AEB chung; Xét AEF và BEA ta có: EB
EA
FAE ABE (hai góc tương ứng) là góc nội tiếp chắn cung BF của đường tròn ngoại tiếp ABF Mà ABE được tạo bởi dây cung AF và AE ( E nằm ngoài đường tròn) FAE AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ABF (dfcm) Bài 2. Tính chiều cao của hình nón
171
l h
R
Ta có: S xq Rl 5 l 65 l
65 13cm 5
Áp dụng định lý Pytago ta có chiều cao của hình nón là:
h l 2 R 2 132 52 12(cm) Bài 5. 2
2
a) Chứng minh x xy y
1 2 x xy y 2 3
Ta có:
x 2 xy y 2
1 2 x xy y 2 3 x 2 3 xy 3 y 2 x 2 xy y 2 3 2
2 x 2 4 xy 2 y 2 0 x 2 2 xy y 2 0 x y 0 (luôn đúng) Dấu
" " xảy ra khi x y . Vậy ta có đpcm.
a x 0 b) Đặt b y 0 a b c 2 ta được: c z 0 a3 b3 c3 VT 2 a ab b 2 b 2 bc c 2 c 2 ca a 2 a4 b4 c4 3 a a 2b ab 2 b3 b 2c bc 2 c3 c 2 a ca 2 2
a 2 b2 a b Áp dụng bất đẳng thức ta có: x y x y
172 2
a2 b2 a4 b4 a 3 a 2b ab 2 b3 b 2c bc 2 a 3 a 2b ab 2 b3 b 2c bc 2 a4 b4 c4 3 a a 2b ab 2 b3 b 2c bc 2 c 3 c 2 a ca 2
a
2
b2
2
c4 3 a a2b ab2 b3 b2c bc 2 c3 c 2a ca 2 2 2
a b c a a b ab b b c bc c a b c 2
3
2
2
3
2
2
2
2
2
3
c 2 a ca 2
2 2
a2 a b c b2 a b c c2 a b c
a
2
b2 c2
2
a2 b2 c2 2 a b2 c2 a b c a b c 2
1 a 2 b2 c2 1 a b c 1 22 2 . . 2 1 1 1 2 111 2 3 3 a3 b3 c3 2 2 2 2 (dfcm) 2 2 2 a ab b b bc c c ca a 3 2 Dấu " " xảy ra khi a b c 3
173 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẬU GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 28
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020-2021 MÔN TOÁN – THPT Thời gian làm bài : 90 phút
A. Trắc nghiệm (2,0 điểm) Câu 1.Tìm số thực m để hàm số y 2 m x 1 nghịch biến trên
A.m 0
B.m 2
C .m 2
D.m 2
2
Câu 2. Phương trình x 5 x 6 0 có bao nhiêu nghiệm dương ?
A.0
B.1
C .2
D.3
2 x x có nghĩa x 3 C .x 0 và x 3 D. x 3
Câu 3. Tìm điều kiện của x để biểu thức P
A.x 3
B. x 0
53 20 7 a b 7 với a, b là các số nguyên. Tính a b A.7 B.73 C. 7 D. 3 ACB Câu 5. Cho tam giác ABC vuông tại A và AB 3, BC 5. Tính tan Câu 4. Cho P
5 A.tan ACB 3
3 B.tan ACB 5
4 C.tan ACB 3
3 D.tan ACB 4
Câu 6. Tính thể tích V của khối hộp chữ nhật có chiều dài, chiều rộng và chiều cao lần lượt là a,2a,3a
AV . 3a3
BV . 6a 3 C.V a3 DV . 2a 3 Câu 7. Cho đường tròn O ngoại tiếp tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a 2. Tính diện tích S của hình tròn O
1 AV . a2 2
BV . 4 a 2
C.V a 2
DV . 2 a 2
Câu 8. Tính thể tích V của khối cầu có bán kính R 2 a
4 AV . a3 3
BV .
32 3 a 3
C.V 4 a3
B.Tự luận (8,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức A 7 20 3 25 2) Tính giá trị của biểu thức B
x
3
2 x 5 5 3) Rút gọn biểu thức C 1 2 1 2
4 khi x 9
DV . 8 a3
174 Câu II. (2,0 điểm) 2
1) Giải phương trình 2 x 6 x 1 0
2 x y 3 x 2 y 5
2) Giải hệ phương trình: Câu III. (1,5 điểm)
2
Trong mặt phẳng Oxy, cho hàm số y x có đồ thị P và đường thẳng
d : y 2 x m 1 (với m là tham số) 1) Vẽ đồ thị P 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt đồ thị P tại hai điểm phân biệt
A và B có hoành độ lần lượt là x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x12 x22 2 x1 x2
Câu IV. (2,0 điểm) Cho đường tròn O có bán kính R 2 a và điểm
A nằm ngoài đường
tròn O . Kẻ đến O hai tiếp tuyến AM , AN (với M , N là các tiếp điểm. 1) Chứng minh bốn điểm A, M , N , O cùng thuộc một đường tròn C . Xác định tâm và bán kính của đường tròn C
a, biết rằng OA 3a 3) Gọi M ' là điểm đối xứng với M qua O và P là giao điểm của đường thẳng AO và O , P nằm bên ngoài đoạn OA. Tính sin MPN 2) Tính diện tích S của tứ giác AMON theo
Câu V. (0,5 điểm) Cho x và y là hai số thực không âm thỏa mãn x y 4. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá 4
4
trị lớn nhất của biểu thức P x y 4 xy 3
175 ĐÁP ÁN A. Trắc nghiệm
2B
1D
3A
4A
5D
6B
7C
8B
B. Tự luận Câu I. 1) Rút gọn biểu thức
A 7 20 3 25 7.2 5 3.5 14 5 15 2) Tính giá trị biểu thức Điều kiện x 0 thay x 9(tmdk ) vào B ta có:
B 9
3 2 9
4 3
3 15 4 2.3 2
3) Rút gọn biểu thức
C
5 5 5 5 2 5 5 2 10 2 10 2 1 2 1 1 2 1 2
Câu II. 2
1) Giải phương trình 2 x 6 x 1 0 2
Ta có: ' 3 2.1 7 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
3 7 x1 3 7 2 . Vậy S 2 3 7 x2 2 2 x y 3 2) Giải hệ phương trình x 2 y 5 11 x 5 2 x y 3 4 x 2 y 6 5 x 11 x 2 y 5 x 2 y 5 y 2x 3 y 7 5 11 7 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y ; 5 5 Câu III. 1) Học sinh tự vẽ P 2) Tìm tất cả giá trị của tham số m 2
2
Xét phương trình hoành độ giao điểm x 2 x m 1 x 2 x m 1 0 * Để đường thẳng d cắt đồ thị P tại hai điểm phân biệt thì phương trình * phải có hai nghiệm phân biệt ' 1 m 1 2 m 0 m 2
176
x1 x2 2 .Theo đề bài ta có: x1 x2 m 1
Áp dụng hệ thức Vi et ta có:
2
x12 x22 2 x1 x2 x1 x2 2 x1 x2 2 x1 x2 2 2 2 m 1 2.2 2 m 1 0 m 1(tm) Vậy m 1 thỏa mãn đề bài Câu IV.
M
O E
P
M'
I
A
N
1) Xác định tâm và bán kính
I là trung điểm của OA 900 ( AM là tiếp tuyến với O ) AMO vuông tại M Ta có: OMA Gọi
MI là trung tuyến MI IO IA 1
Có
900 ( AN là tiếp tuyến của O ) ANO vuông tại N ONA Có NI là trung tuyến nên NI IO IA 2 Từ (1) và (2) suy ra IO IA IM IN nên 4 điểm A, M , N , O cùng thuộc đường tròn
C tâm I bán kính R
OA (dfcm) 2
2) Tính diện tích S…….. Gọi
E là giao điểm của MN và OA
Ta có: OM ON R và AM AN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
OA là đường trung trực của MN OA MN tại trung điểm E của MN Tam giác OMA vuông tại M, theo định lý Pytago ta có:
177 2
2
AM 2 OA2 OM 2 3a 2a 5a 2 AM a 5 Tam giác AMO vuông tại
M có ME là đường cao nên:
ME.OA OM . AM ME MN 2 ME 2.
OM . AM 2a.a 5 2a 5 OA 3a 3
2 a 5 4a 5 3 3
Tứ giác OMAN có hai đường chéo OA, MN vuông góc nên:
1 1 4a 5 SOMAN .OA.MN .3a. 2a 2 5 2 2 3 Vậy SOMAN 2a
2
5
3) Tính sin MPN
) MM M ' với N ta có: MPN ' N (hai góc nội tiếp cùng chắn MN sin MM sin MPN 'N
Nối
' 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên là tam giác Tam giác MNM ' có MNM vuông tại N
MN 4a 5 5 sin MM 'N : 4a MM ' 3 3 Vậy sin MPN
5 3
Câu V. Ta có: 2
2
P x 4 y 4 4 xy 3 x 2 y 2 2 xy 4 xy 3 2 2 x y 2 xy 2 xy 4 xy 3 4
2
2
2
x y 4 xy x y 4 xy 2 xy 4 xy 3 2
256 64 xy 2 xy 4 xy 3 2
2 xy 68 xy 259 Đặt t xy , áp dụng BĐT Cô si ta có: 2
x y 0 xy 4 0 t 4 . Khi đó ta có: 2 2
P 2t 2 68t 259 2 t 2 34t 17 2 319 2 t 17 319 Với 0 t 4 17 t 17 13
178 2
2
132 t 17 17 2 2.132 2. t 17 2.17 2 2
2.132 319 2. t 17 319 2.17 2 319 19 P 259
xy 4 x 2 x y 4 y 2
Vậy Pmin 19 t 4
xy 0 x 0; y 4 Pmin 259 t 0 x y 4 y 0; x 4
179 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2020-2021 MÔN THI: TOÁN Ngày thi: 17 tháng 7 năm 2020 Thời gian làm bài : 120 phút
Đề số 29 Bài 1. (1,5 điểm) Cho parabol P : y
1 2 1 x và đường thẳng d : y x 2 4 2
a) Vẽ P và d trên cùng hệ trục tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm P và d bằng phép tính Bài 2. (1,0 điểm) 2
Cho phương trình: 2 x 5 x 3 0 có hai nghiệm x1 ; x2 Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức A x1 2 x2 x2 2 x1 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 phép 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, có CHI là Tí Bảng 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 r Ất Bính Đinh Mậu Kỷ CAN Canh Tân Nhâm Quý Giáp Bảng 2. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 s Tí Sửu Dần Mẹo Thìn Tỵ Ngọ Mùi CHI Thân Dậu Tuất Hợi a) Em hãy sử dụng quy tắc trên để 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 sự kiện trên xảy ra vào cuối thế kỷ 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 hằng tháng, nó phụ thuộc vào lượng thời gian gọi x (phút) của người đó trong tháng. Mối liên hệ giữa hai đại lượng này là một hàm số bậc nhất y ax b. Hãy tìm a, b biết rằng nhà bạn Nam trong tháng 5 đã gọi 100 phút với số tiền là 40 nghìn đồng và trong tháng 6 đã gọi 40 phút với số tiền là 28 nghìn đồng. Bài 5. Theo quy định của cửa hàng xe máy, để 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 nhân được lương cơ bản là 8000000 đồng. Nếu trong tháng nhân viên nào bán vượt chỉ tiêu thì được thưởng 8% tiền lời của số xe máy
180 bán vượt chỉ tiêu đó . Trong tháng 5 (có 31 ngày), anh Thành nhận được số tiền là 9800000 đồng (bao gồm cả lương cơ bản và tiền thưởng thêm của tháng đó). Hỏi anh Thành đã bán được bao nhiêu chiếc xe máy trong tháng 5, biết rằng mỗi xe máy bán ra thì cửa hàng thu lời được 2500000 đồng. Bài 6. Anh Minh vừa mới xây một cái hồ trữ nước cạnh nhà có hình dạng hộp chữ nhật có kích thước 2 m 2 m 1m . Hiện hồ chưa có nước nên anh Minh phải ra sông láy nước. Mỗi lần ra sông anh gánh được 1 đôi nước đầy gồm 2 thùng hình trụ bằng nhau có bán kính đáy 0, 2 m, chiều cao
h=0,4m
0,4m R=0,2m
anh Minh đổ vào hố sau mỗi lần gánh (ghi kết quả làm tròn
a) Tính lượng nước m
3
đến 2 chữ số thập phân).Biết trong quá trình gánh nước về thì lượng nước bị hao hụt 2
khoảng 10% và công thức tính thể tích hìn trụ là V R h b) Anh Minh phải gánh ít nhất bao nhiêu lần để đầy hồ Bài 7. (1,0 điểm) Sau một buổi sinh hoạt ngoại khóa, nhóm bạn của Thư rủ nhau đi ăn kem ở một quán gần trường. Do quán mới khai trương nên có khuyến mãi, bắt đầu từ ly thứ 5 giá mỗi ly kem được giảm 1500 đồng so với giá ban đầu. Nhóm của Thư mua 9 ly kem với số tiền là 154 500 đồng. Hỏi giá của một ly kem ban đầu ? Bài 8.
R và điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho OA 2 R. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AD, AE đến đường tròn O ( D, E là hai tiếp điểm) Lấy Cho đường tròn tâm O; bán kính
sao cho MD ME . Tiếp tuyến của đường tròn O tại M M nằm trên cung nhỏ DE cắt AD, AE lần lượt tại I , J . Đường thẳng DE cắt OJ tại F OEF a) Chứng minh OJ là đường trung trực của đoạn thẳng ME và OMF b) Chứng minh tứ giác ODIM nội tiếp và 5 điểm I , D, O, F , M cùng nằm trên một điểm
đường tròn
MF IOA và sin IOA c) Chứng minh JOM IO
181 ĐÁP ÁN Bài 1. a) Học sinh tự vẽ P và d b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm:
1 2 1 x x 2 x 2 2 x 8 x 2 2 x 8 0 4 2 2 x 4x 2 x 8 0 x x 4 2 x 4 0 x 2 y 1 x 4 x 2 0 x 4 y 4 Vậy tọa độ giao điểm của P và d là 2;1 ; 4;4 Bài 2. Không giải phương trình, tính……. 2
Ta có phương trình: 2 x 5 x 3 0 Vì a ac 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
5 x1 x2 2 Theo hệ thức Ta – let : . Ta có: 3 x x 1 2 2 A x1 2 x2 x2 2 x1 x1 x2 2 x22 2 x12 4 x1 x2 2 2 x12 x22 5 x1 x2 2 x1 x2 2 x1 x2 5 x1 x2 2
2 x1 x2
2
5 3 x1 x2 2. 11 2 2
Vậy A 11 Bài 3. a) Xác định can, chi của năm 2005 Ta có : 2005 chia 10 được 200, dư 5 nên r 5, tra vào bảng 1, ta có CAN là Ất 2005 chia 12 được 167, dư 1 nên s 1, tra vào bảng 2 ta có CHI là Dậu Vậy năm 2005 có CAN là Ất và CHI là Dậu b) Xác định năm Quang Trung lên ngôi hoàng đế Gọi năm đó là X. Vì sự kiện xảy ra vào thế kỷ 18 nên ta có: X 17 ab a, b Vì năm X là năm Mậu Thân nên X chia 10 dư 8 và X chia hết cho 12. Vì X chia cho 10 dư 8 nên X có chữ số tận cùng bằng 8 b 8
Năm đó có dạng X 17 a8 Mà X chia hết cho 12 nên X chia hết cho cả 3 và 4 Ta có: 1 7 a 8 16 a chia hết cho 3 nên a 2;5;8 Mà
a 2 X chia hết cho 4 nên Năm cần tìm là 1728 hoặc 1788 a 8
Lại có năm đó cuối thế kỷ 18 (gt) nên năm cần tìm là 1788 Vậy Nguyễn Huệ lên ngôi Hoàng đế, hiệu là Quang Trung vào năm 1788
182 Bài 4. Tìm a, b Trong tháng 5 nhà bạn Nam đã gọi 100 phút với số tiền là 40000 đồng nên ta có:
1
40 a.100 b 100a b 400
Trong tháng 6 nhà bạn Nam đã gọi 40 phút với số tiền là 28000 đồng nên ta có:
28 a.40 b 40a b 28
(2)
1 100a b 40 60a 12 a Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình : 5 40 a b 28 b 28 40 a b 20 1 Vậy a ; b 20 5 Bài 5. Số xe máy bán được trong tháng………. Số tiền thưởng anh Thành nhận là : 9 800 000 8 000 000 1 800 000 (đồng) Tiền lãi của số xe máy anh Thành bán vượt chỉ tiêu là: 1800000 :8% 22500000 (đồng) Số xe máy bán vượt chỉ tiêu là : 22 500 000 :2 500 000 9 (chiếc) Số xe máy anh Thành bán được là : 31 9 40 (chiếc) Vậy tháng 5 anh Thành bán được 40 chiếc xe máy. Bài 6. a) Thể tích của 2 thùng nước mỗi lần anh Minh gánh là :
V1 2 R 2 h 2 .0,22.0,4 0,032 m3 Trong quá trình gánh, lượng nước bị hao hụt 10% nên lượng nước thực tế anh Minh gánh
được sau mỗi lần là : V 0,032 .90% 0,09 m
3
b) Thể tích của hồ nước hình chữ nhật: V 2.2.1 4 m
3
Số lần ít nhất anh Minh cần gánh để được đầy hồ nước là :
V 400 n 0 44 1 45 (lần) V 9 Bài 7. Gọi giá của một ly kem ban đầu là x (đồng)
DK : x 0
Giá của 1 ly kem (từ ly thứ 5) sau khi được giảm giá 1 500 đồng là x 1 500 (đồng/ly) Với số tiền 154500 đồng nên ta có phương trình:
4 x 5 x 1500 154500 4 x 5 x 7500 154500 9 x 162000 x 18000(tm) Vậy giá của 1 ly kem ban đầu là 18000 đồng. Bài 8.
183
I
D
A M
O
F
J
E OEF a) Chứng minh OJ là đường trung trực đoạn thẳng ME và OMF Ta có: AE , JI là các tiếp tuyến của đường tròn O tại E , M Mà AE JI J nên JE JM ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Lại có: OE OM R nên OJ là đường trung trực của đoạn ME (dfcm)
MOF (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); Xét OEF và OMF có: OF chung; EOF
OE OM R OEF OMF (c.g .c) OEF (hai góc tương ứng ) (đpcm) OMF b) Chứng minh ODIM là tứ giác nội tiếp và I , D, O, F , M cùng nằm trên một đường tròn
900 ODI 900 AD là tiếp tuyến với O tại D nên AD OD ODA 900 MI là tiếp tuyến với O tại B nên OM MI OMI
Vì
OMI 900 900 1800 nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng Tứ giác ODIM có: ODI 0
hai góc đối bằng 180 ) . Vậy tứ giác ODIM là tứ giác nội tiếp
MOF EOM 2 MOF Theo câu a, EOF
1 EOM 1 sd cung ME (góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn) MOF 2 2 MDF 1 sd cungME Nên MOF 2 MDF (cmt ) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề Xét tứ giác OFMD có MOF cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau), do đó các điểm O, F , M , D cùng thuộc một đường tròn
184 Mà tứ giác ODIM nội tiếp (cmt) nên các điểm O, D, I , M cùng thuộc một đường tròn. Vậy 5 điểm O, D, I , M , F cùng thuộc một đường tròn
IOA …….. c) Chứng minh JOM Xét MOI và DOI có: OM OD R , OI chung;
IM ID (tính chất hai tiếp tuyến cắt
DIO (2 góc tương ứng) nhau) MOI DOI c c c MIO
MIO 180 (tính chất tứ giác nội tiếp) Tứ giác OFMI nội tiếp (cmt) OFM 0
DIO 1800 DIO cmt nên OFM Mà MIO DIO 1800 OFM OIA Lại có OIA
ODA 900 900 1800 nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có Xét tứ giác OEAD có OEA 0
tổng hai góc đối bằng 180 )
) OAD (hai góc nội tiếp cùng chắn OD OED OEF OMF (theo câu b) nên OMF OAD OAI Mà OED Xét OFM và OIA có:
OIA (cmt ); OMF OAI cmt OFM OIA( g.g ) OFM IOA (hai góc tương ứng) dfcm FOM JOM IOA
sin JOM JM 1 sin IOA OJ MIO (góc ngoại tại 1đỉnh và góc trong tại đỉnh Tứ giác OFMI nội tiếp (cmt) JFM đối diện) Xét tam giác JFM và JIO có:
MIO JIO cmt JFM JIO( g.g ) J chung; JFM JM MF (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ ) 2 OJ IO MF (dfcm) Từ (1) và (2) suy ra IOA IO
185 ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10 Đề số 29b
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN (không chuyên) Thời gian làm bài 120 phút, không kể giao đề
x x 8
Câu 1. (1,0 điểm) Cho ba biểu thức M
3
x 1
2
,N
3
x 1
x 1
x 4 3x 1
3
và P
x 2 x
a) Tìm tất cả các số thực x thỏa mãn M x 4 b) Trong trường hợp các biểu thức M , N và P xác định, rút gọn biểu thức
Q MN P Câu 2. (3,0 điểm)
4
2
x 3 3 x 0 x 1
a) Giải phương trình x 4 x 5 b) Cho hai số thực
m, n thỏa mãn hai đường thẳng d : y mx n và
d1 : y x 3m 2n mn cắt nhau tại điểm I 3;9 . Tính giá trị của mn và
m n
c) Cho hình chữ nhật ABCD có chu vi bằng 28(cm) và nội tiếp đường tròn C có bán kính R 5(cm). Tính diện tích hình chữ nhật ABCD 2
Câu 3. (2,0 điểm) Gọi P , d lần lượt là các đồ thị của hàm số y x và y 2mx 3 a) Chứng minh rằng đường thẳng d luôn cắt parabol P tai hai điểm phân biệt
A x1 , y1 , B x2 , y2 với mọi số thực m. Tính y1 y2 theo m b) Tìm tất cả các số thực m sao cho y1 4 y2 x1 4 x2 3 x1 x2 Câu 4. (1,0 điểm) Một kho hàng nhập gạo (trong kho chưa có gạo) trong 4 ngày liên tiếp và mỗi ngày (kể từ ngày thứ hai) đều nhập một lượng gạo bằng 120% lượng gạo đã nhập vào kho ngày trước đó. Sau đó, từ ngày thứ năm kho ngừng nhập và mỗi ngày kho lại xuất một lượng gạo bằng
1 lượng gạo kho ở ngày trước đó. Hãy tính lượng gạo kho 10
hàng nhập ngày thứ nhất trong mỗi trường hợp sau : a) Ngày thứ ba, sau khi nhập xong thì trong kho có 91 tấn gạo b) Tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ năm và thứ sáu là 50,996 tấn gạo, Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn T có tâm O, có AB AC , và
900. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AC . Tia MO cắt đường tròn T tại BAC điểm D. Đường thẳng BC lần lượt cắt các đường thẳng AO và AD tại các điểm N , P 4.ODC a) Chứng minh rằng tứ giác OCMN nội tiếp và BDC cắt đường thẳng BC tại điểm E . Đường thẳng ME cắt b) Tia phân giác của BDP
AB tại điểm F . Chứng minh rằng CA CP và ME DB DE c) Chứng minh rằng tam giác MNE cân. Tính tỉ số DF đường thẳng
186 ĐÁP ÁN Câu 1. a) Tìm x khi M x 4
x x 8
Xét biểu thức M
3
2
(ĐKXĐ: x 0)
x 1
Ta có: 3
x 2 x x 8 M 3 x 1 3 x 1 x 2 x 2 x 4 x 2 2
3
x 2 x2 x 4
2
3 x 2 x 1
x2 x 4 Khi đó M x 4 x 2 x4
x
2
22 x 2
x 2
x 2
x 20 x 2 1 0 x 4(tm) x 1 0( VN ) Vậy x 4 thì M x 4 b) Tính Q M .N P
x 2
x 0 x 4
ĐKXĐ:
Ta có: M
N
x 2, P 3
x 1
x 2 x
3
x 1
x 4 3x 1
x 1 x 1
x 4 3x 1
Q M .N P
2 x 1 x 2 2 x Vậy Q 1
Câu 2.
2 3x 1 2 x 4 3x 1 x 4
x 2 4 2 x x
x 2 .
x 1
x 4 3x 1
2 x 2 x 1 x 1 x 2 x 1
2
x 1
x 1
2 x 1
187
4
2
x 3 3 x 0 x 1
a) Giải phương trình x 4 x 5
3 x 0 x 3 x 0 x 0 ĐKXĐ: x 0 . Ta có: x 1 x 1 0 x 1 x4 4 x2 5 0 x 3 3 x x 4 x 5 0 x 1 x 3 3 x 0 4
2
4
1 2
2
Xét phương trình 1 : x 4 x 5 0 2
t 0 , phương trình (1) trở thành: t 2 4t 5 0 t 2 t 5t 5 0 t t 1 5 t 1 0
Đặt t x
t 1(tm) t 1 t 5 0 x 2 1 x 1(tm) t 5( ktm) Xét phương trình (2): x 3 3 x 0
3 x 3 x với x 0, x 1
x 3 x 3 3 x 0 2 2 2 3 x x 6 x 9 x 7 x 6 0 3 x 3 x x 3 x 3 x 3 2 x x 6 x 6 0 x x 1 6 x 1 0 x 6 x 1 0 x 3 x 3 x 6 x 6(ktm) x 1 x 1 x 1(tm) Kết hợp với điều kiện xác định x 1 không thỏa mãn. Vậy S 1 b) Hai đường thẳng d : y mx m và d1 : y x 3m 2 n mn cắt nhau tại điểm
I 3;9 . Tính m.n và
I d I d1
Vì d d1 I nên
m n
188
9 m 9 3m m 9 4m 4 9 3 3m 2n mn 6 3m 2n mn 6 3. 9 2n 3 n 4 4 9 9 m m 4 4 5 n 3 n 3 5 4 4 9 3 27 m 9 3 9 5 15 : . Vậy m.n . và 4 5 20 n 4 5 4 3 4 c) Hình chữ nhật ABCD có chu vi bằng 28(cm) và nội tiếp đường tròn (C) có bán kính R 5 cm . Tính diện tích tứ giác ABCD
A
B O
D
C
Theo bài ra ta có: Hình chữ nhật ABCD có chu vi bằng 28(cm) nên có nửa chu vi bằng
14(cm) . Đặt AB x cm .(ĐK: 0 x 14) CD 14 x cm Gọi O AC BD, Khi đó O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD Hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn có bán kính R 5 cm
OA 5 cm AC 2OA 10 cm Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC ta có:
189 2
AB 2 BC 2 AC 2 x 2 14 x 102 x 2 x 2 28 x 196 100 2 x 2 28 x 98 0 x 2 14 x 48 0 x 2 6 x 8 x 48 0 x x 6 8 x 6 0 x 6 0 x 6 x 6 x 8 0 (TM ) x 8 0 x 8 Với x 6 AB 6 cm , BC 8 cm Diện tích hình chữ nhật ABCD là S 6.8 48(cm2 )
Với x 8 AB 8(cm), BC 6 cm S ABCD 8.6 48 cm Vậy diện tích hình chữ nhật ABCD bằng 48cm
2
2
Câu 3. 2
Gọi P , d lần lượt là đồ thị của các hàm số y x và y 2mx 3 a) Chứng minh đường thẳng d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A x1; y1 và
B x2 ; y2 và tính y1 y2 theo m Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị P và d ta có:
x 2 2mx 3 x 2 2mx 3 0 * 2
Phương trình * có ' m 3 0 m Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m Hay với mọi m thì đường thẳng d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt A x1; y1 và
B x2 ; y2
y1 2mx1 3 y2 2mx2 3
Ta có A, B d nên:
x1 x2 2m . Khi đó ta có: x1 x2 3
Áp dụng hệ thức Viet vào phương trình * ta có:
y1 y2 2mx1 3 2mx2 3 2m x1 x2 6 2m.2m 6 4m2 6 2 Vậy y1 y2 4m 6 b) Tìm m sao cho y1 4 y 2 x1 4 x2 3 x1 x2 Với mọi m thì đường thẳng d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt A x1;2mx1 3 và
x1 x2 2m (1) B x2 ;2mx2 3 . Áp dụng hệ thức Vi et ta có: (2) x1 x2 3 Theo dề bài ta có:
190
y1 4 y2 x1 4 x2 3 x1 x2 2mx1 3 4 2mx2 3 x1 4 x2 3.(3) 2mx1 3 8mx2 12 x1 4 x2 9 2mx1 x1 8mx2 4 x2 0 1 m 2m 1 0 2m 1 x1 4 x2 0 2 x 4 x 0 1 2 x1 4 x2 2 Với x1 4 x2 , thay vào 2 ta có: 4 x2 3 Phương trình vô nghiệm Vậy m
1 thỏa mãn yêu cầu bài toán 2
Câu 4. a) Ngày thứ ba nhập xong thì có trong kho 91 tấn gạo Gọi lượng gạo trong kho hàng nhập ngày thứ nhất là x (tấn ) (ĐK: x 0) Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ hai là : x.120% 1,2 x (tấn) Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ ba là : 1,2 x.120% 1,44 x (tấn) Sau ngày thứ ba, lượng gạo có trong kho là : x 1, 2 x 1,44 x 3,64 x (tấn) Vì ngày thứ ba, sau khi nhập xong thì trong kho có 91 tấn nên ta có phương trình:
3,64 x 91 x
91 25 (tấn ) (thỏa mãn) 3,64
Vậy nếu ngày thứ 3, sau khi nhập xong, trong kho có 91 tấn gạo thì lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ nhất là 25 tấn. b) Tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ 5, thứ 6 là 50,966 tấn Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ tư là 1,44 x.120% 1,728 x (tấn) Sau ngày thứ tư, lượng gạo có trong kho là : x 1,2 x 1,44 x 1,728 x 5,368 x (tấn) Từ ngày thứ 5 kho ngừng nhập và mỗi ngày kho lại xuất một lượng gạo bằng
1 lượng 10
gạo trong kho ở ngày trước đó nên:
1 .5,368 x 0,5368x (tấn) 10 Số gạo còn lại sau ngày thứ 5 là : 5,368 x 0,5368 x 4,8312 x (tấn) 1 .4,8312 x 0.48312 x (tấn) Số gạo xuất trong ngày thứ 6 là : 10 Vì tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ 5, thứ 6 là 50,996 tấn nên ta có phương trình: 0,5368 x 0,48312 x 50,966 1,01992 x 50,966 x 50(tm) Vậy nếu tổng số gạo đã xuất trong các ngày thứ 5, thứ 6 là 50,996 tấn thì lượng gạo kho Số gạo xuất trong ngày thứ 5 là :
hàng nhập ngày thứ nhất là 50 tấn.
191 Câu 5.
A M C
B F
I
E
P N O
D 4ODC a) Chứng minh OCMN là tứ giác nội tiếp và BDC *) Ta có : AB AC ( gt ) A thuộc đường trung trực của BC
OB OC (cùng bằng bán kính) O thuộc trung trực của BC 900 Khi đó ta có OA là trung trực của BC OA BC ONC
M là trung điểm của AC (gt) nên OM AC (quan hệ vuông góc giữa đường kính và 900 dây cung) ONC Vì
OMC 900 (cmt ), suy ra OCMN là tứ giác nội tiếp (Tứ Xét tứ giác OCMN có ONC giác có 2 đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối dưới các góc bằng nhau) *)Xét ACD có DM AC do OM AC DM là đường cao đồng thời là đường trung tuyến suy ra ACD cân tại D nên
(1) ADC 2ODC
DM cũng là đường phân giác của ADC
192
AB sd AC (trong một đường tròn hai dây bằng nhau căng Ta có : AB AC ( gt ) nên sd ADB ADC (trong 1 đường tròn, hai góc nội tiếp chắn hai cung hai cung bằng nhau) bằng nhau thì bằng nhau)
BDC 2 ADC AD là phân giác của BDC 4.ODC Từ (1) và (2) suy ra BDC
(dfcm)
cắt BC tại E, b) Phân giác góc BDP vuông góc với
(2)
ME cắt AB tại F. Chứng minh CA CP và ME
DB
AB sd AC (cmt ) Ta có : sd sd sd AB sd BD AC sd BD sd AD sd AC sd BD sd sdCD AC sd BD AD sdCD do AD CD sd
1 sdCD (góc nội tiếp chắn cung CD ) Lại có : DAC 2
1 (góc có đỉnh nằm phía trong đường tròn chắn cung AC , BD) APC sd AC sd BD 2 DAC APC hay PAC APC Suy ra ACP cân tại C (tam giác có hai góc bằng nhau) CA CP(dfcm) (hai góc đối đỉnh ) Ta có : APC DPB
DBP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD) PAC (do tam giác ACP cân tại C) (cmt) Mà APC PAC DBP BDP cân tại D, do đó phân giác DE đồng thời là đường cao nên DPB DE BC CMD 900 Tứ giác CDEM là tứ giác nội tiếp (tứ giác có Xét tứ giác CDEM có CED 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau)
MDC MEC ADM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC) BEF (đối đỉnh) BEF Mà MEC ADM 3 900 (do tam giác Ta có: ADM DAM
ADM vuông tại M)
900 (do tam giác DEP vuông tại D) ADE DPE nên ADM ADE EDB APC DPE Mà DAM EDB Từ (3) và (4) BEF
(4)
193
EDB DEI BEF DEB 900 Gọi EF BD I . Ta có: DEI DEI vuông tại I DI IE hay ME DB(dfcm) c) Chứng minh tam giác MNE cân. Tính
DE DF
1 1 1 sd sd sd (góc có AD lớn sdCD AC sdCD AB CPD Ta có: DBA 2
2
2
180 CPD đỉnh ở bên trong đường tròn) 180 DBA 0
0
DPE BDE BD là tia phân giác của EBF * DBF BEF cân tại B (phân giác BI đồng thời là đường cao) BFE 5 (góc ở đáy tam giác cân) BEF
ANM ACO (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp Ta có: OAB nên , hai góc này lại ở vị trí so le trong OCMN ) mà ACO OAC ANM OAB BFE (hai góc so le trong ) (6) MN / / AF NME NME NEM Từ (5) và (6) suy ra BEF Suy ra MNE cân tại N (dfcm) Vì
BEF cân tại B(cmt) nên BE BF
Xét
FBD (theo *) BDE và BDF có: BE BF (cmt ); BD chung; EBD
BDE BDF (c.g.c) DE DF (hai cạnh tương ứng) Vậy
DE 1. DF
194 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HÒA BÌNH
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 YHPT NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 30 Câu I. (2,0 điểm) 1) Tính giá trị các biểu thức sau:
a) A 16 5
b) B 8 2
2) Giải các phương trình sau:
b) x 2 4 0
a) x 3 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
2) Cho phương trình : x 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)
ABC 60 . Tính chu vi tam giác 1) Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB 6cm, 0
ABC 2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá 2 lần thì giá còn lại là 16200000 đồng. Hỏi giá ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu ? 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 là tứ giác nội tiếp
2) Chứng minh rằng ADE ADF 3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác cạnh BC Câu V. (2,0 điểm) 2
2
EDF đi qua trung điểm M của
2
1) Tìm các số thực x , y , z thỏa mãn: x y 4 z 4 x 2 y 4 z 6 0 2) Cho các số thực x, y thỏa mãn x 2 y và xy 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P
x 2 4 y 2 11 x 2y
195 ĐÁP ÁN Câu I.
1)a) A 16 5 4 5 9
b) B 8 2 2 2 2 2
2)a) x 3 2 x 3 x 3 4 x 7(tm) S 7 x 2 b) x 2 4 0 x 2 x 2 0 S 2 x 2 Câu II. 1) Tìm m…. Hai đường thẳng d1 : y m 1 x 2 và d 2 : y x 3 song song với nhau khi và chỉ
m 1 1 m2 2 3(luon dung )
khi
Vậy với m 2 thì d1 / / d 2 2) a) Giải phương trình với m 1 2
Với m 1, phương trình thành: x 4 x 3 có dạng a b c 0 nên có hai nghiệm
x1 1 x 3 . Vậy x 1; 3 khi m 1 2 b) Tìm m để phương trình có nghiệm kép 2
Phương trình x 4 x 2m 1 0 có nghiệm kép
' 0 22 2m 1 0 m Vậy với m
3 2
3 thì phương trình có nghiệm kép 2
Câu III. 1) Tính chu vi tam giác ABC
A 6cm 600
B Xét tam giác vuông ABC ta có:
C
196
AC AC AB.tan 600 6 3(cm) AB AB AB 6 cos600 BC 12(cm) 0 BC cos 60 1 / 2 Vậy chu vi tam giác ABC AB AC BC 6 6 3 12 18 6 3(cm) tan 600
2) Giá tiền ban đầu của ti vi Gọi giá ban đầu của chiếc ti vi là x (đồng) ( x 0) Giá của chiếc ti vì sau 2 lần giảm giá là: x.90%.90% 0,81x Vì sau khi giảm giá , giá còn lại là 16 200 000 đồng nên ta có phương trình:
0,81 16200000 x 20000000(tm) Vậy giá ban đầu của chiếc ti vi là 20 000 000 đồng. Câu IV.
A E F H
B
D
M
C
AEHF nội tiếp AEH 900 BE AC AEH AFH 90 0 900 180 0 Xét tứ giác AEHF có: CF AB AFH 900 1) Chứng minh tứ giác
AEHF là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh ADE ADF 0 AD BC BDH 90 Xét tứ giác BDHF có: 0 CF AB BFH 90 BFH 900 900 1800 BDH HBF (cùng chắn cung HF) BDHF là tứ giác nội tiếp HDF
ADF ABE (1)
197 0 AD BC HDC 90 Tương tự xét tứ giác CDHE có: 0 HEC 90 BE AC HEC 900 900 1800 HDC ) HCE (cùng chắn HE CDHE là tứ giác nội tiếp HDE ADE ACF (2)
Ta lại có:
BAC 900 (do ABE vuông tại E) ABE 900 (do ACF vuông tại F ) ACF BAC
) ABE ACF (cùng phụ với BAC Từ (1), (2), (3) ADE ADF (dfcm)
3
3) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp EDF đi qua trung điểm M của cạnh BC Gọi M là trung điểm của BC , ta sẽ chứng minh tứ giác DMEF nội tiếp Xét tam giác BEC vuông tại E có trung tuyến EM ứng với cạnh huyền BC
1 ME BC MB MC (định lý đường trung tuyến trong tam giác vuông) 2 MEB MBE cân tại M MBE EMC MEB MBE 2MBE 2DBH * (góc ngoài của tam giác) DFH (cùng chắn DH ) 5 Vì BDHF là tứ giác nội tiếp (cmt) DBH
) 3 (cùng chắn HE
HAE AEHF là tứ giác nội tiếp cmt HFE ACB 900 (BCE vuông tại E) Mà DBH Vì
HAE ACB 900 (do ACD vuông tại D) HAE 4 (cùng phụ với ACB ) DBH
4
DBH Từ (3) và (4) HFE
(6) DFH HFE DBH DBH 2 DBH 2 * Từ (5) và (6) DFE DFE Từ * và 2 * EMC DMEF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện) Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác
DEF đi qua trung điểm M của BC (dfcm)
Câu V. 1) Tìm x, y, z Theo bài ra ta có:
x2 y 2 4 z 2 4x 2 y 4 z 6 0 x 2 4 x 4 y 2 2 y 1 4 z 2 4 z 1 0 2
2
2
x 2 y 1 2 z 1 0
198
x 2 2 0x x 2 x 2 0 2 Vì y 1 0y y 1 0 y 1 2 z 1 0 2 1 2 z 1 0z x 2 2) Tìm GTNN của P Ta có:
x 2 4 y 2 11 x 2 4 y 2 12 1 x 2 4 xy 4 y 2 1 P x 2y x 2y x 2y
x 2y
2
x 2y
1
x 2y
1 BDT Cos i 2 x 2y
x 2 y .
x 3 1 y 1 x 2 y x 2 y x 2 Dấu " " xảy ra xy 3 y 3 2 3 Vậy Pmin 2 x; y 3;1 ; 2; 2
1 2 x 2y
199 ĐỀ CHÍNH THỨC
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ THI MÔN TOÁN (DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH) Ngày thi: 12 tháng 7 năm 2020 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH Đề số 30b Câu I. (3,0 điểm)
1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức sau :
a) A
5 3x 6
b) B 2 x 8
2) Rút gọn các biểu thức sau :
1 1 3 1 3 1 3) Tìm a để đường thẳng d : y ax 4 đi qua điểm M 2; 1 a) A 4
1 16
b) B
Câu II. (2,0 điểm) 2
1) Cho phương trình : x 6 x 2m 3 0 2
2
Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 20 2) Theo kế hoạch hai tổ sản xuất 800 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Do cải tiến kỹ thuật nên tổ I đã vượt mức 15% và tổ hai đã vượt mức 20%, vì vậy trong thời gian quy định họ đã hoàn thành vượt mức 145 sản phẩm. Hỏi số sản phẩm được giao của mỗi tổ theo kế hoạch ? Câu III. (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O và dây AB và N là một điểm bất kỳ trên dây (O) tại E. 1) 2) 3) 4)
AB cố định, gọi M là điểm chính giữa của cung AB (N khác A, N khác B). Tia MN cắt đường tròn
Chứng minh rằng : Tam giác MNA đồng dạng với tam giác MAE Chứng minh rằng: MB.BE BN .ME Chứng minh rằng: BM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BNE Chứng minh rằng : Khi N di động trên AB thì tổng bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác BNE và đường tròn ngoại tiếp tam giác ANE không đổi
Câu IV. (2,0 điểm) 2
1) Giải phương trình: 2 x 2 x 5 x
x 5 x 25 3x 2 4 x 8 2) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P x2 2
200 ĐÁP ÁN Câu I.
5 xác định 3 x 6 0 x 2 3x 6 b) B 2 x 8 xác định 2 x 8 0 x 4
1) a) A
2) Rút gọn :
a) A 4 b) B
1 1 9 2 16 4 4
1 1 3 1 3 1
3 1 3 1
3 1
3 1
2 3 3 2
x 2 y 1 5 Thay vào ta có: 2a 4 1 2a 5 a 2 3)
d y ax 4 đi qua M 2; 1
Câu II. 2
*
1) x 6 x 2m 3 0 2
' 3 1. 2m 3 9 2m 3 2m 6 Để phương trình * có nghiệm ' 0 2 m 6 0 m 3
x1 x2 6 . Ta có: x x 3 2 m 1 2
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: 2
x12 x22 20 x1 x2 2 x1 x2 20 5 hay 6 2 2. 3 2m 20 4m 10 m (tm) 2 5 2 2 Vậy m thì x1 x2 20 2 2) Gọi x (sản phẩm) là số sản phẩm của tổ I x *, x 800 y (sản phẩm ) là số sản phẩm của tổ II y *, y 800 Theo đề theo kế hoạch cả 2 tổ làm được 800 sản phẩm x y 800 Thực tế tổ I vượt 15%, tổ
1,15 x 1,2 y 945
(1)
II vượt 20% thì được 800 145 945 (sản phẩm) (2) x y 800 1,15 x 1, 2 y 945
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :
201
x 300 (tm) y 500
Giải hệ phương trình ta được:
Vậy tổ I: 300 sản phẩm, tổ II : 500 sản phẩm. Câu III.
M' O1 E O O2 N A
K N2
N1
B
M MAB AB sd AM sd MB AEM (góc nội tiếp 1) Vì M là điểm chính giữa cùng chắn hai cung bằng nhau)
MEA (cmt ) chung; MAN Xét MNA và MEA có: M MNA MAE ( g .g ) 2) Xét BME và NMB có: ) chung; (cùng chắn hai cung AM MB M ABM MEA BME NMB( g g )
ME MB (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) BE BN
202
MB.BE ME.BN (dfcm) MEB (chứng minh câu 2) 3) Ta có: MBA
là góc tạo bởi tiếp là góc nội tiếp MBA Mà xét đường tròn ngoại tiếp ENB thì MEB tuyến – dây cung MB là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp BNE 4) Vẽ đường kính MM ' cắt AB tại K Áp dụng định lý Ta let và tam giác đồng dạng ta có: AO2 AM ' BO1 M ' B ; mà AK BK (tính chất đường kính – dây cung) AN1 AK BN 2 BK AM ' BM ' ( MM ' là đường kính, M chính giữa) AO2 BO1 AO2 BO1 AM ' AO2 BO1 AK (không đổi) AN1 BN 2 AN1 BN 2 AK Câu IV. 2
1) 2 x 2 x 5 x
x 5 x 25 x 0
t 0 x,u x 5 u2 t 2 5 u 0 2 Phương trình đề 2t 2tu t u 25 2t 1 t u 25 Đặt t
2t 1 t u 25 t u u t 5
Ta có hệ :
Vì t 0, u 0 t u 0 , chia hai vế của hệ phương trình cho t u ta được:
u t 1 5u 5t 2t 1 7t 5u 1 2t 1 5 7 x 5 x 5 1 7 x 1 5 x 5 Bình phương 2 vế ta có:
25 x 5 49 x 14 x 1 24 x 14 x 124 0 x 2 x 4 (tm) Vậy x 4 3x 2 4 x 8 2) P x 2 2 P 3x 2 4 x 8 2 x 2 2 Px 2 P 3x 2 4 x 8 P 3 x 2 4 x 2 P 8 0
1 2 2 2 Xét P 3 ' 2 P 3 2 P 8 4 2 P 14 P 24 Phương trình có nghiệm ' 0 2 P 2 14 P 20 0 2 P 5 Pmin 2 x 2; Pmax 5 x 1 Xét P 3 x
203 SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2020-2021 ĐỀ THI MÔN TOÁN (Dành cho chuyên Tin) Ngày thi: 12 tháng 7 năm 2020 Thời gian làm bài : 150 phút (không kể giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề 30c
Câu I (2,0 điểm) 2
1) Phân tích đa thức thành nhân tử: A 2 x 5 x 2 2) Giải phương trình: 4 x 1 3 3) Rút gọn biểu thức: B
62 5 62 5 2 4) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng : d : y 4 x 3 và Parabol P : y x Câu II. (2,0 điểm)
1 1 10 x 5 x 5 2 2 2) Cho phương trình: x 2 m 1 x m 0 ( m là tham số). Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: 2 x1 1 2 x2 1 13 1) Giải phương trình:
Câu III. (2,0 điểm)
x 2 2 y 1 4
1) Giải hệ phương trình :
3 x 2 y 16 2) Một tam giác vuông có cạnh huyền dài 10 cm. Hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 2cm. Tính độ dài hai cạnh góc vuông. Câu IV. (2,0 điểm) Cho đường tròn O; R và dây cung BC 2 R. Gọi
A là điểm chính giữa của cung nhỏ BC , M là điểm tùy ý trên cung lớn BC CM BM 0 . Qua C kẻ tiếp tuyến d tới O . Đường thẳng AM cắt d và BC lần lượt tại Q và N . Các đường thẳng MB và AC cắt nhau tại P. 1) Chứng minh : PQCM là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh rằng: PQ song song với BC
1 1 1 CN CQ CE 4) Xác định vị trí của M sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp MBN lớn nhất 3) Tiếp tuyến tại
A của O cắt d tại E . Chứng minh rằng :
Câu V. (2,0 điểm)
2
1) Tìm các số thực x, y thỏa mãn 2 x y 2 y x 3 2 x 3 0
2) Cho hai số x, y thỏa mãn x Tính giá trị của S x y
x 2 2020
y
y 2 2020 2020
204 ĐÁP ÁN Câu I.
1) A 2 x 2 5 x 2 2 x 2 4 x x 2 2 x x 2 x 2 x 2 2 x 1
2) 4 x 1 3 1 4
*) 4 x 1 4 x 1 khi x
*) 4 x 1 4 x 1khi x
1 4
1 1 ) x 4 x 1 3 x (tm) 4 2 1 ) x 4 x 1 3 x 1(tm) 4 1 Vậy S ; 1 2 3) B 6 2 5 6 2 5
2
5 1
5
2
2. 5.1 12
5
2
2. 5.1 12
2
5 1
5 1
5 1 5 1 5 1 2 5 2
2
4) Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x 4 x 3 x 4 x 3 0
x1 1 y 1 x2 3 y2 9
Vì a b c 1 4 3 0
Vậy tọa độ giao điểm là 1;1 ; 3;9 Câu II.
1)
1 1 10 x 5 x 5
x0 10 x 5 x 25
x 5 x 5
x 5
10 10 x 25 1 x 26(tm) x 25 2) x 2 2 m 1 x m 2 0 *
2
' m 1 1.m2 2m 1 Phương trình (*) có nghiệm ' 0 2m 1 0 m
x1 x2 2m 2
Áp dụng hệ thức Vi – et :
2 x1 x2 m Ta có: 2 x1 1 2 x2 1 13 4 x1 x2 2 x1 x2 1 13 2
2
Hay 4m 2 2m 2 12 0 2 m 2m 2 6 0
m 1(tm) m2 m 2 0 Vậy m 2 thì thỏa đề. m 2( ktm) Câu III
1 2
205
x 2 2 y 1 4 y 1 1) x 2 3 x 2 y 16 2 Đặt t x 2, u y 1 y u 1 t , u 0 . Phương trình thành:
t 2u 4 t 2u 4 * 2 3t u 1 16 2 2 Thay (*) vào (2) 3 2u 4 u 1 16 u 3(tm) u 2 6u 27 0 u 9(ktm)
u 3 y 1 3 y 10 , thay vào phương trình đề: 3 x 2 10 16 x 2 2 x 2(tm) Vậy x 2, y 10 2) Gọi x(cm) là cạnh góc vuông bé suy ra cạnh góc vuông lớn: x 2 Áp dụng định lý Pytago ta có phương trình: 2
x 2 x 2 102 2 x 2 4 x 4 100 x 6(tm) x 2 8 x 2 2 x 48 0 1 x2 8(ktm) Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là 6cm;8cm Câu IV.
L M
K
B
F O
C
N A E
P
Q
206 Ý 1. PQCM là tứ giác nội tiếp
sd BA sd AC Ta có A là điểm chính giữa cung BC
PCQ (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) PMQ Mà 2 góc này cùng nhìn PQ PMCQ là tứ giác nội tiếp Ý 2. PQ song song với BC QMC (MPQC là tứ giác nội tiếp ) (1) Ta có: QPC BCP (góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau ) 2 QMC BCP Từ (1) và (2) suy ra QPC Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên BC / / PQ Ý 3. Dễ chứng minh : AE / / BC và AE CE Ta có:
CE AE QE (hệ quả Ta let) CN CN QC
CE CE QE CE 1 1 1 1 1 CE. 1 CN CQ QC CQ CN CQ CE CN CQ
Ý 4.
(góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau) ABN BMN Ta có : AB là tiếp tuyến của đường tròn BMN Kẻ đường kính AL của O . Gọi K là giao điểm đường trung trực của đoạn BN và BL
E là tâm đường tròn BMN Tương tự dựng F là tâm CMN Dễ dàng chứng minh được BLC , BEN , CFN cân LENF là hình bình hành R MBN R MCN LC (không đổi) Ta có: MC MB NC NB mà EBN FCN ( g .g )
EB NB 1 FC NC
EB FC 2 EB EB FC 2 R ABN LC R MBN
LC 2
Dấu " " xảy ra khi M L là điểm chính giữa của cung lớn BC Câu V. 1)
207
2x y2 2 y x 3 2 x 3 0
x 0; y 0
2x y2 2 y x 6 x 9 0
x 6 x 9 x 2 x. y y2 0 2
x 3
xy
2
0
x 3 0 x 9 (tm) x y 0 y 3 Vậy x 9, y 3 2)
y y 2020 2020 x 2020 x x 2020 y y
* x x 2 2020
x
x
2
2
2
2
2
2020
x x 2 2020
x 2 2020 y y 2 2020 x x 2 2020
y y 2 2020 2
2020
2020
1 x 2 2020 x y y 2 2020(1)
x 2020 x x *)
x 2 2020
y
y 2 2020
y
y 2 2020
y y 2 2020
x x 2 2020 y y 2 2020 x 2 2020 x y y 2 2020 Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có:
x y x y 2x 2 y 0 x y 0 Vậy S 0
(2)
2020
208 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HƯNG YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2020-2021 Môn thi: Toán Thời gian làm bài : 90 phút
Đề số 31
1 x3 C .x 3
Câu 1.Tìm điều kiện xác định của biểu thức
A. x 3
3
B. x 3 2 Câu 2.Cho hàm số y 3 x . Kết luận nào sau đây đúng A. Hàm số đồng biến khi x 0, nghịch biến khi x 0
D. x 3
B. Hàm số luôn nghịch biến trên C. Hàm số luôn đồng biến trên D. Hàm số nghịch biến khi x 0, đồng biến khi x 0 Câu 3.Phương trình 2 x 3 y 5 nhận cặp số nào dưới đây là một nghiệm ?
A. 1;1
B.1; 1 C. 1; 1 D.1;1 Câu 4. Trong đường tròn O;4cm , dây lớn nhất có độ dài bằng : A.10cm B.8cm C .4cm D.6cm Câu 5. Cho MNP vuông tại M , đường cao MH . Khẳng định nào sau đây đúng ?
M P H
N
1 1 1 . MH 2 MN 2 MP 2 1 1 1 C. MH 2 MN 2 MP 2
1 1 1 MH 2 MN 2 MP 2 1 1 1 D. MH 2 MN MP Câu 6. Cho hai đường tròn O; R và I ; r (với R r ) tiếp xúc trong với nhau, khi đó ta A.
B.
có:
A.OI R r
B.OI R r
Câu 7. Trong hình vẽ bên, sin C bằng
A
B
C
C .R r OI R r
D.OI R r
209
AC BC
AB AC 2 x my 3 Câu 8. Tìm m và n để x; y 1;1 là nghiệm của hệ phương trình nx 2 y 5 A.m 1, n 1 B.m 1, n 3 C.m 1; n 3 D.m 1; n 1 A.
B.
AC AB
C.
AB BC
D.
Câu 9. Có bao nhiêu tứ giác nội tiếp được đường tròn trong các hình vẽ dưới đây ?
M
B
G
E
0
70
C A
Q
0
110
N
N Q P
Hình 2
Hình 1
A.3
Hình 4
Hình 3
B.4
C .1
D.2
Câu 10. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất ?
A. y 4 x 3
B. y 2
1 x
C. y x 3
D. y 2 x 2
2
Câu 11. Tìm m để phương trình x 2 m 2 x m 3 0 có hai nghiệm trái dấu
A.m 3
B.m 3
A.S 5
B.S 1
D.m 3 x 3 y 7 Câu 12. Gọi x0 ; y0 là nghiệm của hệ phương trình . Tính S x0 y0 x 2 y 4
C .m 3
C .S 1 D.S 5 Câu 13. Trong hình vẽ dưới, với đường tròn O thì ABC là:
A
A. Góc nội tiếp
B
B. Góc có đỉnh bên trong đường tròn C. Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung D. Góc ở tâm
O C
2
Câu 14. Tổng hai nghiệm của phương trình x 5 x 7 0 bằng:
A. 7
B.5
A.100 cm3
B.25 cm3
J
L
P
D
F
C .7 Câu 15. Thể tích hình cầu có bán kính r 5cm là:
C.
500 3 cm 3
D. 5
D.
100 3 cm 3
210 Câu 16. Tìm m để hàm số y m 2 x 5 đồng biến trên
A.m 2
B.m 2
.
C .m 2
D.m 2
Hình 3
Hình 4
Câu 17.
Hình 1
Hình 2
A. Hình 1 B. Hình 2 Câu 18. Hình trụ có bán kính đáy
C. Hình 3 D. Hình 4 r , chiều cao h thì diện tích xung quanh là :
1 B. r 2 h C.2 rh 3 2 Câu 19. Giá trị của hàm số y 2 x tại x 3 là: A. rh
A.9
B.12
Câu 20. Với a b, biểu thức
A. 2
C .18
D. r 2h
D.6
1 2 42. a b có kết quả rút gọn là : a b
B.4
C .2 D. 4 0 0 Câu 21.Trong hình vẽ bên, biết sd AmD 110 và sd CnB 40 . Số đo ABD bằng:
A n
1100
B 400
m
C
E
D A.550
B.750
A.T 5
B.T 6
A.300
B.1600
C.350
D.700 2 Câu 22.Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 x 2 0. Tính T x1 x2 2 x1 x2 C .T 2 D.T 3 800 , khi đó DAC ? Câu 23. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O , biết DBC
C.400
D.800
x2 C .x 2
D. x 2
Câu 24. Tìm điều kiện xác định của biểu thức
A.x 2
B. x 2
Câu 25. Trong các hệ phương trình sau đây, hệ phương trình nào có vô số nghiệm ?
x y 1 A. 3x 3 y 2
5 x 3 y 1 B. 5 x 2 y 2
3 x 2 y 5 C. 6 x 4 y 10
3x 2 y 5 D. 5 x 3 y 1
211 Câu 26. Nếu
A.1
3 x 4 thì x bằng:
B.13
C .169
D. 13
Câu 27. Có bao nhiêu đường tròn đi qua 3 điểm phân biệt không thẳng hàng A. Vô số đường tròn B. Một đường tròn C . Hai đường tròn D. Không có đường tròn nào Câu 28. Tìm a để điểm M 1;2 thuộc đồ thị hàm số y ax
A.a
1 4
B.a 2
C.a
1 2
2
a 0
D.a 2
tùy ý, khẳng định nào sau đây sai ? cos cos A.tan B.tan .cot 1 C.cot D.sin 2 cos 2 1 sin sin Câu 30. Thể tích hình nón có chiều cao h 5cm, bán kính đáy r 3cm bằng: A.45 cm3 B.9 cm3 C.15 cm3 D.60 cm3 Câu 31.Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên ? A. y 2 x 7 B. y 3x 5 C. y 2 x 2 D. y 5 x 2 2 Câu 32. Biệt thức ' của phương trình 3x 2mx 1 0 là : A.m2 3 B.4m2 12 C.m2 3 D.4m2 12 Câu 33. Phương trình nào sau đây là phương trình bậc nhất hai ẩn x, y ? 1 A.2 x 5 y 3 B.2 x 3 y 0 C.2 x 2 4 xy y 2 0 D.4 x 3 y Câu 34. Đường thẳng nào sau đây song song với đường thẳng y 2 x 3 ? A. y 2 x 7 B. y 3x 2 C. y 3 x 8 D. y 2 x 1 Câu 29. Với góc nhọn
Câu 35.Giá trị của biểu thức A 3 80 2 20 bằng:
A.2 5
B.8 5
C. 60 D.16 5 4 54 2 2 . Khi biểu thức S đạt giá trị nhỏ nhất thì Câu 36.Cho a 0, b 0 và S 2a b a b T a 2b có giá trị bằng : A.7 B.3 C .6 D.5 2 x y 3m Câu 37. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x; y thỏa mãn x 0 và x y 9 y 0. A.m 6 B.m 3 C .m 3 D.m 6 2 Câu 38. Giá trị nhỏ nhất của y 4 3 x 6 x 7 bằng: A.4
B.4 7
C .6
D.4 6
Câu 39. Một bồn cây có dạng hình tròn bán kính 1m. Do yêu cầu mở rộng diện tích mà bồn cây được mở rộng bằng cách tăng bán kính thêm 0,6m. Tính diện tích tăng thêm của bồn cây đó (lấy 3,14 và kết quả làm tròn đến một chữ số thập phân).
A.4,8m 2
B.3,8m 2
C.1,9m 2
D.4,9m 2
212 Câu 40.Gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng y 2 x 4 với hai trục tọa độ
Ox, Oy . Diện tích tam giác AOB bằng: A.6
B.2
C .4
D.8
Câu 41. Khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d : y m 1 x 4m là:
A.2 2
B.8 2
C.4 2 D.4 Câu 42. Một người mua 2 thùng hàng A và B. Nếu thùng hàng A tăng giá 20% và thùng hàng B tăng giá 30% thì người đó phải trả 302 nghìn đồng. Nếu thùng hàng A giảm giá 10% và thùng hàng B giảm giá 20% thì người đó phải trả 202 nghìn đồng. Giá tiền thùng hàng A và thùng hàng B lúc đầu lần lượt là : B. 100 nghìn đồng, 140 nghìn đồng A.20 nghìn đồng, 230 nghìn đồng C .140 nghìn đồng, 100 nghìn đồng D.230 nghìn đồng, 20 nghìn đồng 4 x 16 Câu 43. Có bao nhiêu giá trị của x để A (với x 0) nhận giá trị nguyên ? x 2 A.6 B.4 C .8 D.3 Câu 44. Cho hai nửa đường tròn đường kính AB và BC tiếp xúc tại B (xem hình vẽ bên), biết AB BC 18. CD là tiếp tuyến của nửa đường tròn O (D là tiếp điểm), CD cắt nửa đường tròn O ' tại E. Gọi
H là
D
F E H
A
O
B
O'
C
F là điểm chính . Tính HF giữa của cung CE trung điểm của CE ,
A.HF 2
B.HF 6 C .HF 12 D.HF 3 Câu 45.Cho tam giác MNP cân tại M , đường cao MI và NK cắt nhau tại O. Đường tròn
O; OK cắt
MI tại G và E (tham khảo hình vẽ dưới) . Biết MN MP 3 và MG EI .
Tính OK .
M G
K O
N
E I
P
213
A.OK
6 3
B.OK
6 6
C.OK
6 2
D.OK 6
Câu 46.Trong hình vẽ dưới, tam giác ABC vuông tại AH 3cm (kiểm tra sai đề ???). Độ dài cạnh BC bằng:
A cạnh AB 5cm, đường cao
A 5 cm 3 cm
C A.
B
H
4 cm 15
B.4cm
C.
25 cm 4
D.
25 cm 16
Câu 47. Một học sinh dùng giác kế, đứng cách chân cột cờ 10 m rồi chỉnh mặt thước ngắm cao bằng mắt của mình để xác định góc " nâng " (góc tạo bởi tia sáng đi thẳng từ đỉnh cột cờ đến mắt tạo với phương nằm ngang).Khi đó, góc “nâng” đo được là 31'. Biết khoảng cách từ mặt sâng đến mắt học sinh đó bằng 1,5m. Tính chiều cao của cột cờ (kết quả làm tròn đến một chữ số thập phân)
A.6,0m
B.16,6m
C.7,5m
D.5,0m Câu 48.Gọi S là tập các giá trị của m để đường thẳng y mx 3 cắt trục Ox và trục Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác AOB cân. Tính tổng các phần tử của S A.1 B.3 C. 1 D.0 1 2 Câu 49.Tìm m để đường thẳng d : y x m 1 cắt parabol P : y x tại hai điểm 2 A và B sao cho AOB vuông tại O (với O là gốc tọa độ) A.m 3 B.m 1, m 3 C.m 1, m 3 D.m 1 Câu 50. Cho đường tròn O;10cm , dây CD cách tâm O một khoảng bằng 8cm. Khi đó độ dài dây CD là: A.6cm B.2 41cm C.12cm D.2 21cm ĐÁP ÁN ĐÁP ÁN TỈNH HƯNG YÊN
1A
2D
3D
4B
5C
6A
7C
8B
9A
10 A
11D 12 B 13 A 14 B 15C 16 A 17 D 18C 19C 20 B 21C 22C 23D 24 A 25C 26C 27 B 28B 29 A 30C 31B
32 A 33 A 34 A 35B 36 A 37C 38C 39 D 40C
41C
42 B 43B 44 B 45 B 46C 47C 48D 49 A 50C
214 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 16/07/2020
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số 32
Câu 1. (2,00 điểm) (Không sử dụng máy tính cầm tay)
a) Rút gọn biểu thức A 3 2 8
2
2
b) Giải phương trình: x 5 x 4 0 Câu 2. (2,50 điểm) Trên mặt phẳng Oxy, cho parabol P : y
1 2 x và đường thẳng d : y x m 2
(m là tham số) a) Vẽ parabol P : y
1 2 x 2
b) Với m 0, tìm tọa độ giao điểm của d và P bằng phương pháp đại số c) Tìm điều kiện của m để d cắt P tại hai điểm phân biệt Câu 3. (1,50 điểm) Để chung tay phòng chống dịch COVID-19, hai trường A và B trên địa bàn tỉnh Khánh Hòa phát động phong trào quyên góp ủng hộ người dân có hàng cảnh khó khăn. Hai trường đã quyên góp được 1137 phần quà gồm mì tôm (đơn vị thùng) và gạo (đơn vị bao). Trong đó mỗi lớp của trường A ủng hộ được 8 thùng mì và 5 bao gạo; mỗi lớp của trường B ủng hộ được 7 thùng mì và 8bao gạo. Biết số bao gạo ít hơn số thùng mì là 75 phần quà. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu lớp ? Câu 4. (3,00 điểm) Cho đường tròn O và một điểm
I nằm ngoài đường tròn. Qua I kẻ hai tiếp tuyến IM và IN với đường tròn O . Gọi K là điểm đối xứng với M qua O. Đường thẳng IK cắt đường tròn O tại H a) Chứng minh tứ giác IMON nội tiếp đường tròn b) Chứng minh IM .IN IH .IK c) Kẻ NP vuông góc với MK . Chứng minh đường thẳng
IK đi qua trung điểm của
NP. Câu 5. (1,00 điểm) Cho x, y là các số thực thỏa: x, y 0 và x y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P
13 x 10 y 1 9 3 3 2x y
7 2
215 ĐÁP ÁN Câu 1. a) Rút gọn biểu thức
A 3 2 8
2 3 2. 2 8. 2 3.2 16 6 4 2
b) Giải phương trình :
x 2 5 x 4 0 x 2 x 4 x 4 0 x x 1 4 x 1 0 x 4 0 x 4 x 4 x 1 0 x 1 0 x 1 Vậy tập nghiêm của phương trình là S 1;4 Câu 2. a) Học sinh tự vẽ đồ thị b) Tìm tọa độ giao điểm Với m 0 d : y x Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là
1 2 1 x x x2 x 0 x2 2 x 0 x x 2 0 2 2 x 0 y 0 x 2 y 2 Vậy khi m 0 ta có tọa độ giao điểm là 0;0 ; 2;2 c) Tìm điều kiện của m để (d)cắt (P) tại hai điểm phân biệt Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng d và đồ thị hàm số P là:
1 2 x x m x 2 2 x 2m 0 * 2 Đường thẳng d cắt P tại hai điểm phân biệt phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
' 0 1 2m 0 m Vậy với m
1 2
1 thì d cắt P tại hai điểm phân biệt. 2
216 Câu 3. Gọi số lớp ở trường
A là x (lớp) x * , số lớp ở trường B là y (lớp) y *
Số thùng mỳ trường A ủng hộ là: 8x (thùng), số bao gạo của trường Số thùng mỳ trường
A ủng hộ là 5x bao
B ủng hộ là 7y (thùng), số bao gạo trường B ủng hộ là 8y bao
Vì hai trường đã quyên góp 1137 phần quà nên ta có phương trình:
8 x 5 y 7 y 8 y 1137 13x 15 y 1137 Vì số bao gạo ít hơn số thùng mì là 75 phần quà nên ta có phương trình:
8x 7 y 5 x 8 y 75 3x y 75 Khi đó ta có hệ phương trình:
13x 15 y 1137 13x 15 y 1137 58 x 2262 x 39 (tm) 3x y 75 45 x 15 y 1125 y 3x 75 y 42 Vậy trường
A có 39 lớp, trường B có 42 lớp.
Câu 4.
M
O
I H
P K
N a) Chứng minh IMON là tứ giác nội tiếp
INO 90 Ta có: IM , IN là các tiếp tuyến của O tại M , N IMO INO 900 900 1800 Xét tứ giác IMON ta có: IMO
0
217 Mà hai góc này là hai góc đối diện nên IMON là tứ giác nội tiếp đường tròn b) Chứng minh IM .IN IH .IK Ta có:
K là điểm đối xứng của M qua O O là trung điểm của MK và MK là đường
kính của (O)
900 hay MH HK là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) MHK Ta có: MHK Áp dụng hệ thức lượng vào
IMK vuông tại M có đường cao MH
2
Ta có: IM IH .IK 2
Mà IM IN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) IM IN .IM IH .IK ( dfcm) c) Chứng minh đường thẳng Gọi IK NP J
IK đi qua trung điểm của NP
IK M E
IMN (hai góc đáy tam giác Ta có: IM IN (cmt ) nên tam giác IMN cân tại I INM cân)
IMN (so le trong do NP / / MI cùng vuông góc với MK ) Lại có: MNP
) NE là phân giác trong INJ MNP (cùng bằng IMN INM 900 , do đó NK NE là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O nên MNK Lại có : MNK nên NK là phân giác ngoài của INJ Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:
NI EI KI NJ EJ KJ
Áp dụng định lý Ta let do NP / / MI ta có:
EI MI KI MI ; EJ NJ KJ JP
Từ đó suy ra
MI MI NJ JP J là trung điểm của NP NJ JP
Vậy đường thẳng
IK đi qua trung điểm của NP(dfcm)
Câu 5. Ta có:
P
13x 10 y 1 9 1 9 7 2x y x y 3 3 2x y 2x y 3
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
218
2x
1 1 9 9 2 2 x. 2 ; y 2 y. 6; 2x 2x y y
7 x y ( gt ) 2
7 7 97 P26 . 3 2 6 1 2 x 2 2x 4 x 1 1 9 2 x Dấu " " xảy ra y y 9 2 y 7 y 3 x y 7 2 x y 2 Vậy Pmin
97 1 x ;y 3 6 2
219 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 33
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút Ngày thi 20/7/2020
I.TRẮC NGHIỆM: 3,0 điểm (Gồm 15 câu hỏi trắc nghiệm một lựa chọn)
25 144 bằng: A.13 B. 13 C .17 Câu 2. Hàm số y m 1 x 3 là hàm số bậc nhất khi A.m 1 B.m 0 C .m 1 Câu 3. Cặp số 4;2 là nghiệm của hệ phương trình: Câu 1.Giá trị của
D.169 D.m 1
3x 5 y 1 A. x 5 y 4
3x 2 y 8 x y 6 x y 3 B. C. D. 2 x 5 y 18 x y 2 3x 2 y 5 2 Câu 4. Cho hàm số bậc hai f x x . Giá trị của f 3 bằng: A.4 B.9 C .7 D. 9 Câu 5.Nếu hai số có tổng bằng 3 và tích bằng 5 thì hai số đó là nghiệm của phương trình nào ?
A.x 2 3x 5 0
B.x 2 3x 5 0
C. x 2 3 x 5 0
D.x 2 3x 5 0
Câu 6. Diện tích hình tròn có bán kính R 6 m bằng
A.6 m 2
B.12 m 2
C.18 m 2
D.36 m 2
Câu 7.Điều kiện của x để biểu thức P 2020 5 x có nghĩa là :
A. x 5
B. x 5 C .x 5 D. x 5 Câu 8. Với giá trị nào của a thì hai đường thẳng y ax 1và y 2a 3 x a song song với nhau ?
A.a 1
B.a 0
C .a 1
D.a 1
Câu 9.Một hình trụ có đường kính đáy bằng 12, chiều cao bằng 12. Diện tích xung quanh của hình trụ đó bằng:
A.72
B.140
C .144
D.288
Câu 10.Phương trình nào sau đây có hai nghiệm trái dấu ?
A.x 2 3x 1 0
B.x 2 x 5 0
C.x 2 5 x 2 0 D.x 2 3x 5 0 Câu 11. Cho đường tròn tâm O và ba điểm A, B, C thuộc đường tròn O . Biết số đo góc AOB 600. Tính số đo của góc ACB A.300
B.1500
C.1200
D.600
Câu 12. Một sân khấu hình chữ nhật có đường chéo dài 10 m. Biết chiều dài hơn chiều rộng 2m . Tính diện tích sân khấu
A.20m2
B.24m2
C.100m2
D.48m2
Câu 13. Đường kính bánh xe của một xe đạp là 60 cm. Nếu bánh xe quay được 5000 vòng thì xe đạp đi được bao nhiêu km ? (chọn 3,14)
220
A.4,71 km
B.9,42 km
C.18,84 km
D.30 km
Câu 14. Phạt đền, còn gọi là đá phạt 11mét, hay đá pê-nal-ti, là kiểu đá phạt mà vị trí của quả đá phạt này là 11 mét, tính từ khung thành và thủ môn của đội bị phạt. Theo đó, em hãy tính xem “góc sút” của quả phạt 11 mét là bao nhiêu độ ? (làm tròn đến độ). Biết rằng chiều rộng của cầu môn là 7,32m
A.350
B.370
C.360
D.380
Câu 15. Hãy tính diện tích phần giấy để làm một cái quạt (không tính mép và phần thừa) với các kích thước như hình vẽ AOB 1600 , OM 10cm, MB 20cm
A.
40 cm2 9
B.
400 cm2 9
C.
1200 cm2 9
D.
3200 cm2 9
II.Tự luận (7,0 điểm) Bài 1. (1,5 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức A 3 8 5 18
1 1 2, Với x 0, x 1 1 x 1 x 2 Bài 2. (1,5 điểm) Cho hai hàm số y x và y x 2 b) Rút gọn biểu thức B
a) Vẽ đồ thị các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ b) Tìm tọa độ các giao điểm của hai đồ thị đó. Bài 3. (1,5 điểm)
2 x 3 y 3 6 x 3 y 21
a) Giải hệ phương trình :
2
b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình 5 x 12 x 30 0. Không giải phương 2
2
trình hãy tính giá trị biểu thức A 4 x1 x2 x1 x2
A 600 , nội tiếp đường tròn tâm O. Kẻ hai Bài 4. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao BD, CE D AC , E AB a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp trong một đường tròn b) Chứng minh AE . AB AC . AD 2
c) Tính diện tích tam giác ADE , biết diện tích tam giác ABC là 100cm Bài 5. (0,5 điểm) Chế tạo và phóng thành cộng vệ tinh nhân tạo là một trong những thành tựu vĩ đại của loài người trong thế kỷ XX . Ngày nay trên thế giới có hơn 1.000 vệ tinh đang hoạt động trên bầu trời. Ngày 19 tháng 4 năm 2008 Việt Nam đã có vệ tinh viễn thông đầu tiên là Vinasat 1 và tính đến nay 2019, chúng ta đã có tổng cộng 6 vệ tinh đang hoạt động phục vị cho viễn thông, dự báo thời tiết, nghiên cứu khoa học,…. Có điều thú vị là có thể quan sát một số vệ tinh nhân tạo bằng mắt thường vào những ngày thời tiết tốt. Giả sử vào một thời điểm trong ngày, từ hai đài quan sát thiên văn A và B, người ta thấy một vệ tinh nhân tạo bây trên bầu trời với góc nhìn như hình vẽ . Biết khoảng cách giữa A và B là 110 km. Em hãy tính độ cao của vệ tinh tại điểm C so với mặt đất (làm tròn đến hàng đơn vị)
221
VỆ TINH NHÂN TẠO
83,9
A
86,20
0
B
222 ĐÁP ÁN I.Trắc nghiệm
1A 9C
2C 3C 4 D 5 A 6 D 7 B 8C 10 B 11A 12 D 13B 14 B 15 D
II.Tự luận Bài 1.
a) A 3 8 5 18 3.2 2 5.3 2 6 2 15 2 9 2 b) B
1 x 1 x 2 1 x 1 x 1 1 2 1 x 1 x 1 x 1 x
2 2 2x 2x x 0 1 x 1 x x 1
Bài 2. a) Học sinh tự vẽ đồ thì hàm số b) Tìm tọa độ giao điểm Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là
x2 x 2 x2 x 2 0 x2 2 x x 2 0 x x 2 x 2 0 x 1 x 2 0 x 1 0 x 1 y 1 x 2 0 x 2 y 4 Vậy hai đồ thị hàm số đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt A 1;1 ; B 2;4 Bài 3. a) Giải hệ phương trình
8 x 24 2 x 3 y 3 x 3 21 6 x 6 x 3 y 21 y y 1 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 3;1 b) Tính A 2
Xét phương trình 5 x 12 x 30 0 ta có: ac 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
12 x1 x2 5 . Theo bài ra ta có: x1 x2 6 2 A 4 x1 x2 x12 x22 4 x1 x2 x1 x2 2 x1 x2 2
x1 x2
2
1044 12 6 x1 x2 6. 6 25 5
223 Vậy A
1044 25
Bài 4
A D E
O C
B a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp
900 BD AC BDC Vì BD, CE là hai đường cao của ABC ( gt ) 900 CE AB BEC BEC 900 (cmt ) nên BCDE là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 Xét tứ giác BCDE có BDC đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau) b) Chứng minh AE . AB AC . AD
chung; Xét ADE và ABC có: BAC AED ACD (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp BCDE )
AE AD (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AC AB Vậy AE. AB AC. AD(dfcm) c) Tính S ADE AE Ta có: ADE ABC (cmt ) theo tỉ số k AC AE cos600 1 cos EAC Xét tam giác AEC vuông tại E ta có: k AC 2 2 S 1 1 1 1 2 2 Do đó ta có: ADE k S ADE S ABC .100 25 cm S ABC 4 4 2 4 2 Vậy S ADE 25cm ADE ABC ( g.g )
Bài 5.
224
C
86,20
83,90
A
B
H
Gọi H là hình chiếu của vệ tinh đặt tại C trên mặt đất Đặt CH x x 0 Xét ACH vuông tại H ta có:
CH x x tan83,90 AH AH AH tan83,90 CH x x tan86,20 BH Xét CBH vuông tại H, ta có: tan B BH BH tan 86,20 Lại có AB 110 km nên ta có: AB AH BH 110 x x 110 0,04 x 110 x 2719,46 0 tan83,9 tan86,20 x 2719km Vậy vệ tinh được đặt tại C cách mặt đất 2719 km. tan A
225 UBND TỈNH KON TUM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH 10 THPT Năm học 2020 – 2021 Mô: TOÁN (Môn chung) Ngày thi: 25/7/2020
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số 34
Câu 1. (2,0 điểm) a) Cho hàm số bậc nhất y 2 x 1. Tính giá trị của y khi x 2 b) Rút gọn biểu thức : M
2 x 2 x với x 2 và x 2 2 x 4 x2
Câu 2. (2,0 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải phương trình, hệ phương trình sau :
2 x y 4 b) 3x y 1
a) x 2 5 x 4 0 Câu 3. (2,0 điểm) 2
Cho hàm số y 2 x có đồ thị là P a) Vẽ đồ thị P b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y 2 x m cắt đồ thị P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 và x2 thỏa mãn điều kiện x1 3 x2 3 5 Câu 4. (1,0 điểm) Hưởng ứng phong trào “Tết trồng cây đời đời nhớ ơn Bác Hồ”, lớp 9 A được phân công trông 390 cây xanh. Lớp dự định chia đều số cây phải trồng cho số học sinh trong lớp, nhưng khi lao động có 4 học sinh vắng nên mỗi học sinh có mặt phải trồng thêm 2 cây mới hoàn thành công việc. Hỏi lớp 9A có bao nhiêu học sinh ? Câu 5. (2,5 điểm) Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O),, kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn ( B, C là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O) tại hai điểm
E và F ( AE AF và d không đi qua tâm O) a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp b) Gọi H là giao điểm của AO và BC . Chứng minh AH . AO AE . AF c) Gọi K là giao điểm của BC và EF . M là trung điểm EF Chứng minh
AK AK 2 AE AF
Câu 6. (0,5 điểm) Giải phương trình:
1 x 2019 1 y 2020 1 z 2021 3 0 x 2019 y 2020 z 2021 4
226 ĐÁP ÁN Câu 1. a) Tính giá trị ……. Với x 2 ta có: y 2. 2 1 5 Vậy y 5 khi x 2 b) Rút gọn biểu thức ….. Điều kiện: x 2
2 x 2 2 x 4 x x 2 2 x 4 x2 2 x x M 2 x 4 x2 x 2 x 2 x 2 x 2
x2 4 1 x2 4
Câu 2.
a) x 2 5 x 4 0 x 2 4 x x 4 0 x x 4 x 4 0 x 4 x 1 0 x 4 0 x 4 x 1 0 x 1 Vậy phương trình có tập nghiệm S 1;4
2 x y 4 5 x 5 x 1 b) 3x y 1 y 2 x 4 y 2 Vậy x; y 1; 2 Câu 3. a) Học sinh tự vẽ đồ thị (P) b) Tìm tất cả giá trị của m………… Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số P và d là:
2 x 2 2 x m 2 x 2 2 x m 0 *
d và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 1 ' 0 1 2m 0 m . Áp dụng hệ thức Vi – et ta có: 2 x1 x2 1 m . Theo đề bài ta có: x x 1 2 2
227
x1 3 x2 3 5 x1 x2 3 x1 x2 9 5 x1 x2 3 x1 x2 4 0
m 3.1 4 0 m 2(tm) 2
Vậy m 2 thỏa mãn bài toán . Câu 4. Gọi số học sinh lớp 9 A là x (học sinh) x *, x 4
Dự định, mỗi bạn học sinh phải trồng số cây là :
390 (cây) x
Số học sinh tham gia trồng cây là: x 4 (học sinh) Suy ra thực tế mỗi bạn học sinh phải trồng số cây là:
390 (cây) x4
Vì thực tế mỗi bạn phải trồng thêm 2 cây nên ta có phương trình:
390 390 2 390 x 390 x 1560 2 x x 4 x4 x 2 x 2 8 x 1560 0 x 2 4 x 780 0 x 2 30 x 26 x 780 0 x x 30 26 x 30 0 x 26(ktm) x 26 x 30 0 x 30(tm) Vậy lớp 9 A có 30 học sinh. Câu 5.
B
H
A E
M C
a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp
O
F
228
AB OB ABO ACO 900 AC OC
Ta có: AB, AC là các tiếp tuyến của (O) nên
0
0
0
Xét tứ giác ABOC ta có: ABO ACO 90 90 180 mà hai góc này ở vị trí đối diện nên ABOC là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AH . AO AE . AF Ta có: OB OC R O đường trung trực của BC
AB AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Mà AO BC H , Áp dụng hệ thức lượng cho ABO vuông tại B có đường cao BH , 2
ta có: AB AH . AO Xét AEC và ACF ta có:
A chung ; AFC ACE (cùng chắn cung EC ) AE AC AC AE. AF AC AF Mà AB AC (cmt ) AH . AO AE. AF (dfcm) AEC ACF ( g.g )
AK AK 2 AE AF M 900 A chung ; H Xét AKH và AOM có: c) Chứng minh
AKH AOM ( g.g )
AH AK AK . AM AH . AO AM AO
AM . AK AB 2 (phương tích) F (cùng chắn BE ) Achung ; B Xét AEB và ABF có: AE AB AE. AF AB 2 AB AF AK AF AM . AK AE. AF 1 AE AM AK AE Chứng minh tương tự : 2 AF AM AEB ABF ( g.g )
Cộng (1), (2) vế theo vế:
AK AK AE AF AM EM AM MF AF AE AM AM AM 2 AM ( Do ME MF ) 2 AM AK AK 2 Vậy AE AF
229
1 x 2019 1 y 2020 1 z 2021 3 0 x 2019 y 2020 z 2021 4
Câu 6. Giải phương trình:
x 2019 Điều kiện : y 2020 z 2021 1 x 2019 1 y 2020 1 z 2021 3 0 x 2019 y 2020 z 2021 4
1 x 2019 1 1 y 2020 1 1 z 2021 1 0 x 2019 4 y 2020 4 z 2021 4
4 4 x 2019 x 2019 4 4 y 2020 y 2020 4 4 z 2021 z 2021 0 4 x 2019 4 y 2020 4 z 2021
2
x 2019 2 4 x 2019
Ta có:
2
x 2019 2
y 2020 2 4( y 2020)
y 2020 2
z 2021 2
4 z 2021
*
2
0 y 2020
2
0 z 2021
x 2019 2
2
0
4 x 2019
y 2020 2
2
4 y 2020
0(*)
0 x 2019
4 y 2020
4 z 2021
2
2
4 x 2019
z 2021 2
z 2021 2 4 z 2021
2
x 2019 2 0 x 2023(tm) 0 y 2020 2 0 y 2024(tm) z 2025(tm) x 2021 2 0 0
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x; y; z 2023;2024;2025
230 UBND TỈNH LAI CHÂU SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: Toán (chung) Thời gian:120 phút Ngày thi: 17/07/2020
ĐỀ THI CHÍNH THỨC Đề số 35
Câu 1. (2,0 điểm) Không sử dụng máy tính, giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)2 x 6 0
x y 10 c) x y 4
b) x 2 4 x 3 0
Câu 2. (1,5 điểm) 2.1 Thực hiện phép tính: 2.2 Cho biểu thức Q
64 25 9 1 2 6 x 0 x 3 x 3 x 9 x 9
a) Rút gọn biểu thức Q b) Tính giá trị của Q biết x 4. Câu 3. (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị hàm số P y 2 x
2
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng d : y x 3 Câu 4. (1,0 điểm) Một ô tô khách dự tính đi từ thành phố Lai Châu đến huyện Nậm Nhùn trong một thời gian đã định. Sau khi đi được 1 giờ thì ô tô này dừng lại nghỉ 10 phút. Do đó để đến Nậm Nhùn đúng hạn xe phải tăng tốc thêm 6 km / h. Tính vận tốc ban đầu của ô tô biết rằng quãng đường từ Thành phố Lai Châu đi huyện Nậm Nhùn dài 120km Câu 5. (3,0 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn O . Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE không đi qua tâm tới đường tròn đó ( B, C là hai tiếp điểm, D nằm giữa A và E). Gọi H là giao điểm của AO và BC a) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AH . AO AD. AE c) Tiếp tuyến tại D của đường tròn O cắt AB, AC theo thứ tự tại I , K . Qua điểm O kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt : IP KQ PQ
AB tại P và cắt AC tại Q. Chứng minh rằng
Câu 6. (0,5 điểm 2
2
Cho a , b là các số không âm thỏa mãn a b 2, hãy tìm giá trị lớn nhát của biểu thức
M a 3b a 2b b 3a b 2a
231 ĐÁP ÁN Câu 1.
S 3
a )2 x 6 0 x 3 b) x 2 4 x 3 0
x 1 x 3
Phương trình có dạng a b c 1 4 3 0 nên có hai nghiệm
x y 10 2 x 14 x 7 c) x y 4 y x 4 y 3 Vậy x; y 7;3 Câu 2.
2.1) 64 25 9 8 5 3 10 2.2)a)Q
2 6 x 0 x 3 x 9 x 9
1 x 3
x 3 2 x 66
x 3
x 3
b) x 4(tmdk ) Q
3 x 9 x 3
x 3
3
x 3
x 3
x 3
3 x 3
3 3 4 3 5
Câu 3. a) Học sinh tự vẽ b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của P và d :
2 x2 x 3 2 x 2 x 3 0 x 1 y 2 Phương trình có dạng a b c 0 3 9 x y 2 2 3 9 Vậy tọa độ giao điểm là 1;2 ; ; 2 2 Câu 4. Gọi x(km / h) là vận tốc ban đầu của ô tô x 0
120 x 120 x 1 1 (10 phút h) nên ta có phương trình: Thời gian thực tế: 1 x6 6 6 Thời gian dự định:
232
120 1 120 x 120 120 x 7 1 x 6 x6 x x6 6 2 120 x 720 120 x x .6 7 x. x 6 6 x 2 4320 7 x 2 42 x x 48(tm) x 2 42 x 4320 0 x 90(ktm) Vậy vận tốc ban đầu là 48km / h Câu 5.
I
B
P E
D A
H O K C
Q
a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp
C 90 90 180 ABOC là tứ giác nội tiếp Ta có: B b) Chứng minh AH . AO AD. AE 0
0
0
) A chung ; ACD AEC (cùng chắn CD Xét ACD và AEC có: AC AD AE. AD AC 2 (1) AE AC 2 Áp dụng hệ thức lượng ta có: AH . AO AC 2 ACD AEC ( g.g )
Từ (1) và (2) AH . AO AD. AE c) Chứng minh rằng : IP KQ PQ
IKQ P Q 3600 2 PIQ 2OKQ 2P 3600 PIK OKQ P 1800 PIQ
233
IOP P 1800 OKQ IOP Lại có: PIO Xét PIO và QOK có:
OKQ ( PAQ cân); IOP OKQ (cmt ) PIO QOK ( g.g ) IPO PI PO PI .QK PO.QO OP 2 QO QK Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có:
IP QK 2 IP.QK 2 OP 2 PQ Vậy IP KQ PQ Câu 6. Ta có: M a 3b a 2b b 3a b 2a (áp dụng bất đẳng thức Cô – si )
a 3b 3a b a 2 b 2 b. 3ab 2 2 2 2 5 a 2 b 2 ( Do 2ab a 2 b 2 ) 2 2 5 1 .2 6 2 Vậy Max M 6 a b 1 a.
234 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN Năm học 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN KHÔNG CHUYÊN Thời gian làm bài : 90 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 36
Câu 1. (0,75 điểm) Tính
7 3
7 3
2
Câu 2. (0,75 điểm) Tìm m để hàm số y m 3 x nghịch biến khi x 0 4
2
Câu 3. (1,0 điểm) Giải phương trình: x 6 x 8 0 Câu 4. (0,75 điểm) Cho đường tròn O;3cm , vẽ dây CD 3cm. Tính số đo cung lớn CD Câu 5. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, vẽ đường cao AH H BC . Biết
HB 2cm, HC 8cm. Tính AH 2
Câu 6. (1,0 điểm) Tìm tọa độ giao điểm của P : 2 x và d : y 3 x 1 bằng phép tính
ax by 1 có nghiệm là x; y 3;1 .Tìm a và b 2ax by 8
Câu 7. Biết hệ phương trình
Câu 8. Một bể nước dạng hình trụ có chiều cao là 25dm, bán kính đường tròn đáy là 8dm. Hỏi khi đầy nước thì bể chứa bao nhiêu lít nước (bỏ qua độ dày thành bể; 3,14) 2
Câu 9. Một vườn hoa hình chữ nhật có diện tích 91m và có chiều dài lớn hơn chiều rộng là 6 m. Tính chu vi của vườn hoa. Câu 10. Cho tam giác nhọn ABC có AH , BK , CQ là ba đường cao
Q AB, K AC , H BC . Chứng minh HA là tia phân giác của góc QHK 2
2
Câu 11. Cho phương trình x 2 m 2 x m 2m 3 0 ( x là ẩn số, m là tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa
1 1 x1 x2 x1 x2 5
Câu 12. Cho đường tròn O; R cố định đi qua hai điểm
B và C cố định (BC khác đường kính). Điểm M di chuyển trên đường tròn O ( d không trùng với B và C ). G là trọng tâm MBC . Chứng minh rằng điểm G chuyển động trên một đường tròn cố định.
235 ĐÁP ÁN Câu 1.
7 3
7 3 73 4 2
Câu 2. Để y m 3 x nghịch biến khi x 0 m 3 0 m 3 4
2
Câu 3. x 6 x 8 0 Đặt t x
2
t 0 , phương trình thành: t 2 6t 8 0
t 2 4t 2t 8 0 t t 4 2 t 4 0 t 2(tm) t 2 t 4 0 t 4(tm) *)t 2 x 2 2 x 2 *)t 4 x 2 4 x 2
Vậy S 2; 2
Câu 4. Ta có: OC OD CD 3cm
C
600 ODC đều COD 600 (tính chất góc ở tâm) sd CD
lớn 3600 600 3000 sd CD lớn 3000 Vậy số đo CD
D O Câu 5.
Áp dụng hệ thức lượng vào ABC vuông tại A, đường cao AH ta có:
A
BH .HC AH 2 hay 2.8 AH 2
C B
2
H
8
AH 2.8 4(cm)
236 Câu 6. Ta có phương trình hoành độ gia điểm của P và d là:
2 x 2 3 x 1 0 2 x 2 3 x 1 0 * Phương trình có dạng a b c 2 3 1 0 nên phương trình (*) có hai nghiệm
x1 1 y1 2 x2 1 y 1 2 2
1 1 2 2
Vậy tọa độ giao điểm của P và d là: A 1;2 ; B ; Câu 7. Vì hệ có nghiệm x; y 3;1 nên ta có:
3a b 1 9a 9 a 1 6a b 8 b 3a 1 b 2 Vậy a 1; b 2 thì hệ phương trình có nghiệm x; y 3;1 Câu 8. 2
3
Diện tích đáy là : 8 . 64 64.3,14 200,96(dm )
Thể tích bể nước : V Sh 200,96.25 5024 dm
3
5024 (lít)
Vậy thể tích bể là 5024 lít Câu 9. Gọi chiều dài khu vườn là x x 0
Chiều rộng khu vườn x 6 m 2
Theo đề diện tích là 91m nên ta có phương trình:
x x 6 91 x 2 6 x 91 0 x 2 13 x 7 x 91 0 x 13(tm) x x 13 7 x 13 0 x 13 x 7 0 x 7(ktm) Chiều rộng : 13 6 7(m) Vậy chu vi vườn hoa: 13 7 .2 40 m Câu 10.
237
A K Q
I
B Ta gọi I là giao điểm của
C
H AH và BK, CQ
IHB 900 900 1800 BQIH là tứ giác nội tiếp Vì IQB (cùng chắn QI ) 1 ABI QHI BKC 900 cùng nhìn BC BQKC là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác BQKC có BQC ABI QCK
2
K 900 900 1800 IHCK là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác IHCK có H
KHI QCK
(3)
KHI HA là tia phân giác của QHK Từ (1) , (2), 3 QHI 2
2
Câu 11. x 2 m 2 x m 2m 3 0 2
' m 2 m 2 2m 3 m2 4m 4 m2 2m 3 6m 7 Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt ' 0 6m 7 0 m
x1 x2 2m 4
Áp dụng hệ thức Vi et ta có:
2 x1 x2 m 2m 3
1 1 x1 x2 x x x x 1 2 1 2 x1 x2 5 x1 x2 5
. Ta có:
7 6
238
2m 4 0 m 2(ktm) 2m 4 2m 4 Hay 2 1 1 2 2 m 2m 3 5 m 2m 3 5 * m 2m 3 5
* m2 2m 8 0 m2 4m 2m 8 0 m 2(ktm) m m 4 2 m 4 0 m 2 m 4 0 m 4(tm) Vậy m 4 thì thỏa đề. Câu 12.
I
B G
C K
O
M Gọi
I là trung điểm BC , từ G kẻ GK / / OM K IO
Xét IOM có GK / / OM nên theo hệ quả Ta let
IK GK IG 1 (do G là trọng tâm) IO OM IM 3
GK 1 R IK 1 GK và OM 3 3 OM 3
Mà
I cố định (do B, C cố định), O cố định K cố định
Vậy G di động trên đường tròn tâm K , bán kính
R 3
239 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 37 Câu 1. (3,0 điểm) a) Tính giá trị các biểu thức sau :
A 25 9
B
2
2 1 2
C
8 32 98 2
x 2 1 , với x 0, x 1 : x 1 x x x 1 Rút gọn biểu thức P. Tính giá trị của P khi x 4
b) Cho biểu thức P
Câu 2. (1,5 điểm)
3 x 2 y 4 x y 7
a) Giải hệ phương trình:
2
b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hai hàm số y x và y x 2 Câu 3. (1,5 điểm) 2
a) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi là 160m và diện tích là 1500m . Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn đó 2
b) Tìm tham số m để phương trình x 5 x m 3 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 2
thỏa mãn x1 2 x1 x2 3 x2 1 Câu 4. (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn O đường kính AB. Trên nửa đường tròn O lấy điểm C sao cho CA CB. Trên đoạn thẳng OB lấy điểm M sao cho M nằm giữa O và B. Đường thẳng đi qua M vuông góc với AB cắt tia AC tại N, cắt BC tại E. a) Chứng minh tứ giác ACEM nội tiếp trong một đường tròn b) Tiếp tuyến của nửa đường tròn O tại C cắt đường thẳng MN tại F . Chứng minh
CEF cân
H là giao điểm của NB với nửa đường tròn O . Chứng minh HF là tiếp tuyến của nửa đường tròn O
c) Gọi
Câu 5. (0,5 điểm) Cho các số thực a, b, c không âm thỏa mãn biểu thức P
a b c 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của
3a 2 2ab 3b 2 3b 2 2bc 3c 2 3c 2 2ca 3a 2
240 ĐÁP ÁN Câu 1. a) Tính giá trị biều thức
A 25 9 5 3 2
2
B
C
8 32 98 2 2 4 2 7 2 2 4 7 1 2 2
2 1 2 2 1 2 1
b) Rút gọn và tính P Ta có:
x 2 1 P : x 1 x x x 1
x. x 2 x
.
x 1
x 1
x2 x
Thay x 4(tmdk ) P
42 3 4
Vậy P 3 x 4 Câu 2. a) Giải hệ phương trình
3 x 2 y 4 3 x 2 y 4 5 x 10 x 2 x y 7 2 x 2 y 14 y x 7 y 5 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 2; 5 b) Tìm tọa độ giao điểm…. Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai hàm số là:
x2 x 2 x2 2 x x 2 0 x x 2 x 2 0 x 1 y 1 x 1 x 2 0 x 2 y 4 Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là 1; 1 ; 2; 4 Câu 3. a) Tính chiều dài và chiều rộng Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn lần lượt là x; y m 80 x y 0 Vì chu vi hình chữ nhật là 160m nên ta có: 2 x y 160 x y 80 y 80 x 1 2
Diện tích là 1500m nên ta có: xy 1500(2) Thay (1) vào (2) ta có:
241
x 80 x 1500 x 2 80 x 1500 0 x 2 30 x 50 x 1500 0 x x 30 50 x 30 0 x 30 0 x 30 x 50 0 x 50 0 x 30 y 80 30 50 (ktm do x y ) x 50 y 30(tm) Vậy chiều dài mảnh vườn là 50m và chiều rộng mảnh vườn là 30m b) Tìm tham số m… 2
Xét phương trình : x 5 x m 3 0 . Ta có: 2
5 4.1. m 3 37 4m Để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thì
a 0 1 0(luon dung ) 37 m . Áp dụng hệ thức Viet ta có: 4 0 37 4m 0 x1 x2 5 x1 x2 m 3 Vì x1 x2 5 x2 5 x 2 2 Ta có: x 5 x m 3 0 m 3 5 x x 2 2 Mà x1 là nghiệm của phương trình x 5 x m 3 0 nên m 3 5 x1 x1 . Ta có: x12 2 x1 x2 3x2 1 x12 2 m 3 3 5 x1 1 x12 2 5 x1 x12 3 5 x1 1 x12 10 x1 2 x12 15 3x1 1 0 3x12 13 x1 14 0 x1 2 3 x1 7 0 x1 2 m 3 5.2 22 m 9(tm) 2 7 7 7 83 x1 3 m 1 5. 3 3 m 9 (tm) 83 Vậy m 9, m là các giá trị cần tìm . 9 Câu 4.
242
N F C 2 1
H
E
2
1
1
A
B
M
O
a) Chứng minh tứ giác ACEM nội tiếp đường tròn
0 AME 900 (do EM AB) Ta có: ACB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);
ACE AME 900 900 1800 nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có Tứ giác ACEM có 0
tổng hai góc đối bằng 180 )(dfcm) b) Chứng minh CEF cân
900 C C 900 1 CF là tiếp tuyến của O nên OC CF OCF 1 2 0 E 90 mà E E (đối đỉnh) Tam giác EMB vuông tại M nên B 1
1
1
2
900 2 Nên B1 E 2 C 3 Tam giác OBC cân tại O nên B 1 1
E CEF cân tại F (dfcm) Từ (1), (2), (3) suy ra C 2 2 c) Chứng minh HF là tiếp tuyến Tứ giác ABHC nội tiếp nên NHC CAB
CAM CAB (tính chất) Tứ giác ACEM nội tiếp nên E 2 E NEC Nên NHC 2 NEC (cmt ) nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn Tứ giác CNHE có NHC cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau)
NCE 1800 NHE 1800 NCE 1800 900 900 NHE
243
NHE vuông tại H Theo câu b, CEF cân tại F nên FE FC (4)
E 900 , NCF C 900 Ta có: CNF 2 2 C (cmt ) CNF NCF NCF cân tại F FC FN 5 Mà E 2 2 Từ (4) và (5) suy ra FC FN FE hay F là trung điểm EN
1 HF là trung tuyến nên HF EN CF 2 Xét OCF và OHF có: OC OH R ; OF chung; FC FH (cmt ) 900 nên OHF 900 OCF mà OCF OCF OHF c.c.c OHF Tam giác HNE vuông tại H có
OH HF FH là tiếp tuyến của O dfcm Câu 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của P Ta có:
2ab a 2 b 2 3a 2 2ab 3b 2 2a 2 2b 2 2 a 2 b 2 a b 3a 2 2ab 3b 2 Tương tự: Do đó:
a b
2
a b 3a 2 2ab 3b 2 a b
3b2 2bc 3c2 b c;
3c2 2ca 3a 2 c a
P a b b c c a P 2a b c Lại có:
a 1 2 a abc 2
;b 1 2 b
2
a b c 3
a b c 2.3 3 3 P 2.3 6 Pmin 6 a b c 1
;c 1 2 c
244 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2020 – 2021 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể giao đề
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 38 Câu 1. (1,0 điểm) Tính :
a ) 16 1 b) 3. 12
1 1 x 1 x 0; x 1 . x 1 2 x 1 x 1
Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức P a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm tất cả các giá trị của x để Câu 3. (1,0 điểm)
P 1
2
a) Xác định hàm số y ax biết rằng đồ thị của hàm số đi qua điểm A 2;5
3 m 1 x m 1 , với m . 2 m Tìm m để d cắt trục tung, trục hoành lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B sao cho độ dài đoạn AB ngắn nhất.
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : y
Câu 4. (3,5 điểm)
2 x 3 y 4 x 3 y 5
4.1 Giải hệ phương trình:
4.2 Lúc 8 giờ người thứ nhất đi xe máy từ A với vận tốc 40 km / h. Sau đó 2 giờ, người thứ hai đi ô tô cũng từ A với vận tốc 60 km / h đuổi theo người thứ nhất. Hỏi hai người ấy gặp nhau vào lúc mấy giờ ? 2
4.3 a) Giải phương trình: 2 x 5 x 3 2
2
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình x 2 m 1 x m 6 0 có hai 2
nghiệm x1 , x2 sao cho x1 4 x1 2 x2 2mx1 3 Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB AC nội tiếp đường tròn tâm O. Kẻ
A của đường tròn O . Gọi d ' là đường thẳng qua B và song song với d ; d ' cắt các đường thẳng AO, AC lần lượt tại E, D. Kẻ AF là đường cao của tam giác ABC F BC a) Chứng minh rằng tứ giác ABFE nội tiếp 2 b) Chứng minh rằng AB AD. AC c) Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Chứng minh rằng MN EF đường thẳng d là tiếp tuyến tại
245 ĐÁP ÁN Câu 1.
a ) 16 1 4 1 5 b) 3. 12 36 6 Câu 2. a) Rút gọn biểu thức
P
Với x 0, x 1 ta có:
1 x 1 1 P . x 1 2 x 1 x 1 P
x 1 x 1
x 1
x 1 x 1 2 x 1
.
2 x 1 2 . x 1 2 x 1 2 x 1
b) Tìm tất cả các giá trị của x để
P 1
Với x 0, x 1 ta có:
P 1
2 2 1 1 0 2 x 1 2 x 1
2 2 x 1 2 x 1 0 0 2 x 1 2 x 1
2 x 1 1 1 0 2 x 1 0 x x 2 4 2 x 1 1 Kết hợp điều kiện x 0, x 1 ta có: 0 x 4 1 Vậy với 0 x thì P 1 4 Do 2 x 1 0, x 0, x 1 nên
Câu 3. 2
a) Xác định hàm số y ax …. 2
Vì đồ thị của hàm số y ax đi qua điểm A 2;5 nên ta có: 2
5 a. 2 a
5 4
5 2 x 4 3 b) Với m ta có: 2 Vậy y
Giao điểm của đường thẳng d và trục tung là A 0; y
246
m 1 .0 m 1 1 m A 0;1 m m Giao điểm của đường thẳng d và trục hoành là B x;0 Vì A 0; y d nên y
Vì B x;0 d 0
m 1 m 1 3 .x m 1 .x m 1 x m (vì m ) 2 m m
Suy ra B 0; m
3 , ta có: A 0;1 m OA 1 m m 1 ; B m;0 OB m m 2 Xét tam giác OAB vuông tại O, theo định lý Pytago ta có: Vì m
2
1 1 1 1 AB OA OB m 1 m 2m 2m 1 2 m 2 m m 4 2 2 2 2
2
2
2
2
2
2
2
2
3 1 3 1 1 Vì m nên m m 1 2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 2 m 2.1 2 2 2 2
5 3 m 2 2 10 3 m Vậy độ dài AB nhỏ nhất bằng 2 2 2
Ta có : AB nhỏ nhất bằng
Câu 4. 4.1 Giải hệ phương trình:
x 1 x 1 2 x 3 y 4 x 1 5 x 5 1 x 3 y 5 y 2 y 3 y 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 1;2 4.2 Hỏi hai người gặp nhau lúc mấy giờ Gọi quãng đường cả hai người đi đến lúc gặp nhau là x km , x 0 Khi đó thời gian người thứ nhất đi đến lúc gặp người thứ hai là :
Thời gian người thứ hai đi đến lúc gặp người thứ nhất là
x h 40
x h 60
Người thứ hai di sau người thứ nhất 2 giờ nên ta có phương trình :
247
x x 2 3x 2 x 240 x 240(tm) 40 60 Thời gian người thứ nhất đi đến khi gặp người thứ hai là :
240 6(h) 40
Vậy hai người gặp nhau lúc 8 6 14 giờ. 2
4.3 a)Giải phương trình 2 x 5 x 3 0 2
Ta có: 5 4.2.3 1 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
5 1 3 x1 2.2 2 3 . Vậy tập nghiệm của phương trình S ;1 2 x 5 1 1 2 2.2 b) Tìm tham số m ….. Để phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 , x2 thì : 2
' m 1 m2 6 0 m2 2m 1 m2 6 0 2m 7 0 m x1 x2 2m 2
Khi đó áp dụng định lý Vi – ét ta có:
2 x1 x2 m 6
Theo bài ra ta có:
x12 4 x1 2 x2 2mx1 3 x12 2 m 1 x1 m2 6 2 x1 2 x2 m2 6 3 x12 2 m 1 x1 m2 6 2 x1 x2 m2 9 * 2
2
Vì x1 là nghiệm của phương trình đã cho nên x1 2 m 1 x1 m 6 0 , do đó:
* 2 x1 x2 m2 9 2. 2m 2 m2 9 4m 4 m2 9 m 2 4m 5 0 m2 m 5m 5 0 m m 1 5 m 1 0 m 1 0 m 1(tm) m 1 m 5 0 m 5 0 m 5(ktm) Vậy m 1
7 2
248 Câu 5.
d A 1 2
d'
M H 1 2
1
E
D 1
B
F
N
C
a) Chứng minh rằng tứ giác ABFE nội tiếp
OA d AFB 900 ; OA d ' AEB 900 Ta có: AF BC d '/ / d
Tứ giác
900 nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kể nhau AFB AEB ABFE có
cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau) dfcm 2
b) Chứng minh rằng AB AD. AC
A1 (so le trong) Ta có: d / / d ' B 1 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn A1 C AB) Mà 1 C B A1 1 1
C ABD và ACB có: A chung; B 1 1
Xét
ABD ACB g g
AB AD (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AC AB
AB 2 AC. AD(dfcm) c) Chứng minh MN EF
H là giao điểm của EF với AC E (đối đỉnh) Ta có: E Gọi
1
2
249
A2 (góc nội tiếp cùng chắn cung BF ) ABFE nội tiếp nên E 2 E A E
Tứ giác 1
2
2
ADB ABC (góc tương ứng) Lại có ABD ACB(cmt ) ADB E ABC A2 900 1 1800 1800 900 900 EHD ADB E 1
FE AC 1 Mà MN là đường trung bình của ABC nên MN / / AC 2 Từ (1) và (2) suy ra EF MN (dfcm)
250
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2020-2021 Môn: TOÁN Ngày thi: 17/07/2020
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 39 Câu 1. (1,5 điểm) a) Tính L
4 3 2 18 a3 a a với a 0 b) Rút gọn biểu thức N a 3 Câu 2. (1,5 điểm) a) Giải phương trình
x 1
2
2
2 x y 4 3x y 1
b) Giải hệ phương trình :
Câu 3.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : y x 3 và
d 2 : y 3x 1 a) Vẽ đường thẳng d1 trên mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm tọa độ giao điểm của d1 và d 2 bằng phép tính c) Viết phương trình đường thẳng d có dạng y ax b, biết d song song với
d1 và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 7 Câu 4. (1,5 điểm) a) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH , biết AH 4,8cm và AC 8cm . Tính độ dài các đoạn thẳng CH , BC b) Đường bay lên của một máy bay tạo với phương nằm ngang một
B
0
góc là 20 (như hình vẽ).Để đạt độ cao là 5000m thì máy bay đó bay được quãng đường là bao nhiêu ?
C
5000m
200
A
900 , các đường cao Câu 5. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A BAC
nhau tại H . Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE a) Chứng minh bốn điểm C , D, H , E cùng thuộc một đường tròn b) Chứng minh BC 2 DE c) Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn O . Câu 6.(1,0 điểm)
AD và BE cắt
251 Cho x, y là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2
P x 2 y 1 x 2 y 5
2
ĐÁP ÁN Câu 1.
a) L 4 3 2 18 2 3 2 3 2 2 b)Với a 0 ta có:
N
a a 3 a3 a a a a a 0 a 3 a 3
Câu 2.
a)
x 1
2
x 1 2 x 1 2 x 1 2 . Vậy S 1; 3 x 1 2 x 3
b) Giải hệ phương trình:
2 x y 4 5 x 5 x 1 x 1 3x y 1 y 3x 1 y 3.1 1 y 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là x; y 1;2 Câu 3. a) Học sinh tự vẽ đồ thị b) Tìm tọa độ giao điểm Ta có phương trình hoành độ giao điểm của d1 và d 2 là:
x 1 x 3 3 x 1 4 x 4 y 1 3 2 Vậy tọa độ giao điểm của d1 và d 2 là: 1; 2 c) Viết phương trình đường thẳng (d) Đường thẳng d : y ax b song song với đường thẳng d1 : y x 3
a 1 d : y x b b 3 b 3 Đường thẳng d cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 7 nên d đi qua điểm 0;7
252
7 0 b b 7(tm) Vậy phương trình đường thẳng d : y x 7 Câu 4.
A 8 4,8
C
H B Áp dụng định lý Pytago vào AHC ta có:
CH 2 AC 2 AH 2 hay
CH 2 82 4,82 CH 40,96 6,4 cm
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC , đường cao
AC 2 CH .BC BC
AH ta có:
AC 2 82 10(cm) CH 6.4
Vậy CH 6,4cm, BC 10cm b) Quãng đường máy bay đi là bao nhiêu
B C
200
5000m
A
Quãng đường máy bay bay được để đạt được độ cao 5000m chính là độ dài đoạn thẳng
BC trong hình vẽ . 0
Xét ABC vuông tại A ta có: sin 20
AB AB 5000 BC 14619 m 0 BC sin 20 sin 200
Vậy để đạt được độ cao là 5000m thì máy bay (bay từ diểm C) bay được quãng đường là
14619m
253 Câu 5.
A O E H B
D
C
a) Chứng minh bốn điểm C , D, H , E cùng thuộc một đường tròn Ta có: AD, BE là các đường cao của ABC ( gt )
900 BEC BE AC hay 0 AD BC ADC 90
900 HEC 900 HDC
HDC 900 900 1800 , mà hai góc này ở vị trí đối Xét tứ giác DCEH ta có: HEC diện nên DCEH là tứ giác nội tiếp hay 4 điểm C , D, H , E cùng thuộc một đường tròn b) Chứng minh BC 2 DE Ta có:
AD là đường cao của ABC cân tại A nên AD cũng là đường trung tuyến của
ABC (tính chất tam giác cân) D là trung điểm của BC Xét BEC vuông tại E có đường trung tuyến ED ED c) Chứng minh
1 BC BC 2 ED(dfcm) 2
DE là tiếp tuyến của đường tròn O
Ta có: AHE vuông tại E (gt) Tâm đường tròn ngoại tiếp huyền AH O là trung điểm của
AHE là trung điểm của cạnh
AH
OE là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của AEH vuông tại E
OE OH
1 OHE AH OEH cân tại O OEH 2
254
Ta có: BDE cân tại D DE BD Ta có:
1 BC DEB EBD (tính chất tam giác cân) 2
BHD 900 mà OHE BHD (hai góc đối đỉnh) BHD vuông tại D HBD
OHE 900 BED OHE 900 BED OEH 900 BDH 900 BE OE OED DE là tiếp tuyến của O tại E (dfcm) Câu 6. Ta có: 2
P x 2 y 1 x 2 y 5
2
2
2
x 2 y 2 x 2 y 1 x 2 y 10 x 2 y 25 2
2 x 2 y 12 x 2 y 26 2 2 x 2 y 6 x 2 y 9 8 2
2 x 2 y 3 8 2
2
Vì x 2 y 3 0 x, y , do đó P x 2 y 3 8 8 x, y Dấu
" " xảy ra x 2 y 3 0
Vậy MinP 8 x 2 y 3 0
255 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Bài thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 40 Phần I. Trắc nghiệm
Câu 1. Điều kiện đẻ biểu thức 2020 3 x có nghĩa là :
A. x 3
B. x 3
C .x 3
Câu 2. Hàm số nào sau đây đồng biến trên
A. y 5 x 3
B. y 5
D. x 3
?
C. y 5 x 1
D. y 5
5 x 2 y 5 có nghiệm x; y là: 2 x y 11
Câu 3. Hệ phương trình
A. 3;5 Câu 4. Tìm
B. 5;3
C. 5;3
D. 3; 5
a, biết đồ thị của hàm số y 2 x a đi qua điểm 0;1
A.a 2
B.a 1
C .a 1
D.a 2
Câu 5. Trong các phương trình sau, phương trình nào có nghiệm kép ?
A.x 2 8 x 7 0
B.x 2 9 0
C. x 2 7 x 4 0
D.x 2 6 x 9 0 0
Câu 6.Cho tam giác ABC vuông tại B, biết AC 10cm, A 60 . Độ dài đoạn
A.5 3cm
B.10 3cm
C.5cm
D.
AB là
10 3 cm 3
Câu 7.Cho đường tròn O;5cm và đường tròn O ';7cm biết OO ' 2cm. Vị trí tương đối của hai đường tròn là : A. Cắt nhau
B. tiếp xúc trong
C. tiếp xúc ngoài
D. đựng nhau.
Câu 8. Diện tích xung quanh hình trụ có bán kính đáy 5cm, chiều cao 2cm là:
A.20 cm 2
B.10 cm 2
Phần II. Tự luận (8,0 điểm) Bài 1.(1,5 điểm)
C.20 cm 2
D.10 cm 2
256 1) Chứng minh đẳng thức
54
2
5 20 4 1 2 x 0 : x 2 x 2 x x 4
1 x 2
2) Rút gọn biểu thức P
2
2
Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x 2m 1 x m m 0 (với m là tham số) 1) Giải phương trình khi m 4 2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m. Tìm
m để x1 , x2 thỏa mãn: x12 x22 5 x1 x2 17
1 2 2 x 2 y 5 Bài 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: x 2 2 2 1 y5 Bài 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nôi 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 la P, Q 1) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp và cung 2) Chứng minh
AP bằng cung AQ
E là trung điểm của HQ và OA DE 0
3) Cho góc CAB bằng 60 , R 6cm. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
AED Bài 5. (1,0 điểm)
2 2 x 2 x 1 4 x 1 2 x 2 3x 3 0 2) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ab bc ca 3 1) Giải phương trình:
a3 b3 c3 1 Chứng minh: b 2c c 2a a 2b ĐÁP ÁN I.Trắc nghiệm 1C
2C
II. Tự luận Bài 1.
3A
4B
5D
6C
7B
8A
257
1)VT
54
2
5 20
54 52 5
4 5 5 2 5 4 VP (dfcm) x 0 1 2 : x 2 x 2 x x 4
1 2) P x 2
x
x 2 x 2
x 2
x2
.
x 2 2
2 x. x 2
x 2
x x 2
Bài 2. 1) Giải phương trình khi m 4 2
Khi m 4 ta có phương trình : x 9 x 20 0
x 2 4 x 5 x 20 0 x x 4 5 x 4 0 x 5 x 5 x 4 0 x 4 Vậy với m 4 S 4;5 2) Tìm m………….. 2
2
Xét phương trình x 2m 1 x m m 0 có: 2
2m 1 4 m2 m 4m2 4m 1 4m2 4m 1 0 Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m. Áp dụng hệ thức
x1 x2 2m 1
Vi – et ta có:
2 x1 x2 m m
. Theo đề bài ta có: 2
x12 x22 5 x1 x2 17 x1 x2 2 x1 x2 5 x1 x2 17 2
2
x1 x2 7 x1 x2 17 0 2m 1 7 m 2 m 17 0 4m 2 4m 1 7m 2 7 m 17 0 3m 2 3m 18 0 m 2 m 6 0 m 2 3m 2m 6 0 m m 3 2 m 3 0 m 2 m 2 m 3 0 m 3 Vậy m 3, m 2 thỏa đề.
1 2 2 x 2 y5 Bài 3. Giải hệ phương trình: x 2 2 2 1 y5
258
u x 2 2 0 ĐKXĐ: y 5 , Đặt: , hệ phương trình thành : 1 v 0 y5 2u v 3 2u v 3 5v 5 v 1 (tm) u 2v 1 2u 4v 2 u 2v 1 u 1 x 2 2 1 x 2 1 x 3 1 x 2 1 x 1 1 y 5 1 y 4 y5 Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y
3; 4 ; 1; 4
Bài 4.
A
P D
J
Q E H B
O M C F
1) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp và cung Ta có: BD,CE là các đường cao của ABC
AP cung AQ
259
BD AC D BEC BDC 900 CE AB E BDC 900 mà hai đỉnh E , D là hai đỉnh kề nhau Xét tứ giác BEDC ta có: BEC Nên BEDC là tứ giác nội tiếp Vì BEDC là tứ giác nội tiếp nên EBD ECD (hai góc nội tiếp cùng chắn ED) ABP ACQ Lại có: ABP, ACQ lần lượt là tứ giác nội tiếp chắn các cung
AP, AQ cung AP cung AQ 2) Chứng minh E là trung điểm HQ…..
AEHD ta có: AEH ADH 900 900 1800 , mà hai góc này ở vị trí đối EDH (cùng chắn cung EH ) diện nên AEHD là tứ giác nội tiếp EAH ECB (cùng chắn cung EB) Vì BEDC là tứ giác nội tiếp (cmt) EDC Xét tứ giác
AEH ECB EDH hay EAH EAQ BCQ
QCB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QB) Lại có : QAB EAQ BCQ AE là tia phân giác của QAH EAH
AE vừa là đường cao, vừa là đường phân giác nên QAH cân tại A. AE cũng là đường trung tuyến E là trung điểm HQ(dfcm)
Xét QAH ta có:
Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại F
AFC (cùng chắn cung AC) Khi đó ta có: ABC Vì BCDE là tứ giác nội tiếp (cmt) ADE ABC (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện ) ADB AFC ABC
ACF 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Ta có CAF AFC 900 FAC ADE 900 hay
DAO ADE 900 AO DE ( dfcm) 3) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AED Theo chứng minh b, ta có:
AEDH là tứ giác nội tiếp
Nên Đường tròn ngoại tiếp 0
AED là đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDH
Ta có: AEH 90 và là góc nội tiếp chắn cung AH nên tròn ngoại tiếp tứ giác AEDH
AH là đường kính của đường
Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp ADE J là trung điểm của AH . Gọi M là trung điểm của BC .
260
FC AC FC / / BD hay BH / / FC DB AC
Ta có:
CE AB CE / / BF hay BF / / CH BF AB BHCF là hình bình hành nên BC , HF cắt nhau tại trung điểm mỗi đường Mà
M là trung điểm của BC M cũng là trung điểm của HF
Xét
AHF ta có: O, M lần lượt là trung điểm của AE , HF
OM / / AH OM là đường trung bình của AHF 1 OM AH 2 Ta có : BOC là góc ở tâm chắn cung BC BAC là góc ở tâm chắn cung BC
BAC là góc nội tiếp chắc cung BC BOC 2BAC 2.600 1200
OBC cân tại O có đường trung tuyến OM OM cũng là phân giác của BOC 600 BOM 0
Xét OBM ta có: OM OB.cos BOM 6.cos 60 3(cm)
AH 2OM 2.3 6cm Vậy bán kính của đường tròn ngoại tiếp
ADE là : AJ
1 AH 3cm 2
Bài 5. 1) Giải phương trình : Điều kiện: x
2. 2 x 2 x 1 4 x 1 2 x 2 3x 3 0
1 4
2. 2 x 2 x 1 4 x 1 2 x 2 3x 3 0 4 x 2 2 x 2 2 1 4 x 1 2 x 2 3x 2 0
4x2 2 x 2 4
1 4x 1 2x2 4 x x 2 0 2 4x 2x 2 2 1 4x 1
261
4x2 2 x 2
2 4x 2x x 2 x 2 0 2 1 4 x 1 4x 2x 2 2 2 2 x 1 x 1 2 2 x 1 x 2 2 x 1 0 4 x2 2 x 2 2 1 4 x 1
2x 2 2 2 x 1 x 2 0 2 4x 2x 2 2 1 4x 1 1 x (tm) 2 2x 2 2 x 2 0 * 4 x 2 2 x 2 2 1 4 x 1 1 2 2 4x 1 1 1 22 0 4 4x 1 1 4x 1 1 2x 2 2 1 x2 0 x 2 4 4x 1 1 4x 2x 2 2
Với x
* vô nghiệm Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x
1 2
a3 b3 c3 1 b 2c c 2a a 2b a3 b3 c3 Đặt P b 2c c 2a a 2b 9a 3 ; b 2c a ta có: Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương b 2c 9a 2 b 2c a 6 a 2 b 2c 9b3 2 c 2a c 2a b 6b Tương tự ta có: 2 9c a 2b c 6c 2 a 2b 2) Chứng minh
Cộng vế với vế ba đẳng thức cùng chiều ta có:
a3 b3 c3 1 a b c 1 b 2c c 2a a 2b
a3 b3 c3 2 2 2 9 b 2c a c 2a b a 2b c 6a 6b 6c b 2c c 2a a 2b
262
9 P 3 ab bc ca 6 a 2 b 2 c 2 9 P 9 6 a 2 b 2 c 2 3P 3 2 a 2 b 2 c 2 2
2
2
Lại có: a b c ab bc ca 3
3 P 2.3 3 3 P 1
a3 b3 c3 Vậy 1 a b c 1 b 2c c 2a a 2b
263 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NGHỆ AN
NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài : 120 phút
Đề số 41
Câu 1. (2,5 điểm) a) Tính A
1 2 5
2
20
x x 4
b) Rút gọn biểu thức B
1 1 (với x 0, x 4) . x 2 x 1
2
c) Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng y m 1 x m song song với đường thẳng y 5 x 2 Câu 2. (2,0 điểm) 2
a) Giải phương trình: x 5 x 6 0 2
b) Cho phương trình x 4 x 3 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức T
x12 x22 x2 x1
Câu 3. (1,5 điểm) Hưởng ứng phong trào toàn dân chung tay đẩy lùi đại dịch Covid – 19, trong tháng hai năm 2020, hai lớp 9 A và 9B của một trường THCS đã nghiên cứu và sản xuất được 250 chai nước rửa tay sát khuẩn. Vì muốn tặng quà cho khu cách ly tập trung trên địa bàn, trong tháng ba, lớp 9A làm vượt mức 25%, lớp 9B làm vượt mức 20% , do đó tổng sản phẩm của cả hai lớp vượt mức 22% so với tháng hai. Hỏi trong tháng hai, mỗi lớp đã sản xuất được bao nhiêu chai nước rửa tay sát khuẩn ? Câu 4. (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD AD BC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính
AB. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Gọi H là hình chiếu của E trên AB a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp b) Tia CH cắt đường tròn O tại điểm thứ hai là K . Gọi I là giao điểm của DK và AB. Chứng minh DI 2 AI .BI c) Khi tam giác DAB không cân, gọi M là trung điểm của EB, tia DC cắt tia HM tại N. Tia NB cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác HMB tại điểm thứ hai là F . Chứng minh F thuộc đường tròn (O)
264
x 3 2 y 2 xy 2 2 x 2 x 2 Câu 5. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 3 4 y y 1 1 y x 3x 2
ĐÁP ÁN Câu 1.
a) A
1 2 5
x b) B x4
20 1 2 5 4.5 2 5 1 2 5 1 do 2 5 1
1 1 . x 2 x 1
x 2 x 2. 2
2
x 1
x 1
x x 2
x 2
x 2
.
1 x 1
2 x4
c) Tìm giá trị tham số m…….
2
Để đường thẳng y m 1 x m song song với đường thẳng y 5 x 2 thì
m 2 1 5 m 2 m 2 m 2 m 2 Vậy m 2 Câu 2. a) Giải phương trình
x 2 5 x 6 0 x 2 2 x 3x 6 0 x x 2 3 x 2 0 x 2 x 3 0 x 2 0 x 2 x 3 0 x 3 Vậy S 3;2 b) Tính giá trị biểu thức Ta thấy ac 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt, áp dụng hệ thức Vi – et ta
x1 x2 4 . Khi đó ta có: x1 x2 3
có:
3
x12 x22 x13 x23 x1 x2 3x1 x2 x1 x2 T x2 x1 x1 x2 x1 x2 43 3. 3 .4 100 3 3
265 Vậy T
100 3
Câu 3. Gọi số chai nước rửa tay lớp 9A, 9B lần lượt sản xuất trong tháng hai là x, y (chai,
x, y *, x, y 250) Tong tháng hai, hai lớp sản xuất được 250 chai nước rửa tay nên x y 250(1) Số chai nước rửa tay lớp 9A sản xuất được trong tháng 3 là x 25% x 1,25 x Số chai nước rửa tay cả hai lớp sản xuất được trong tháng ba là : y 20% y 1,2 y Số chai nước rửa tay cả hai lớp sản xuất được trong tháng ba là :
250 250.22% 305 (chai) nên ta có phương trình: 1,25 x 1, 2 y 305 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ:
x y 250 1,2 x 1,2 y 300 0,05 x 5 x 100 (tm) 1, 25 x 1,2 y 305 1,25 x 1,2 y 305 y 250 x y 150 Vậy lớp 9A sản xuất được 100chai nước rửa tay, lớp 9B sản xuất được 150 chai. Câu 4.
D C E A
I
N M
O
H
K
B
F
a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp 0
Ta có: ADB 90 (góc nôi tiếp chắn nửa đường tròn)
EH AB AHE 900 0 0 0 Tứ giác ADEH có: ADE AHE 90 90 180 nên là tứ giác nội tiếp (đpcm) 2 b) Chứng minh DI AI .BI AK ) 1 Tứ giác ADCK nội tiếp nên ADK ACK (hai góc nội tiếp cùng chắn
266
ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét tứ giác ECBH có: ECB EHB 900 900 1800 EHB 900 do EH AB ECB 0
Do đó tứ giác ECBH nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 )
EBH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH ) ACK DBA (2) ECH ADK DBA ADI DBA Từ (1) và (2) suy ra DAB 900 nên 900 hay 900 ADI DAB ADI DAI Lại có DBA 1800 ADI DAI 1800 900 900 DIA DI AB nên DI là đường cao trong tam giác vuông ADB DI 2 IA.IB (theo hệ thức lượng)
( dfcm)
c) Chứng minh F thuộc đường tròn (O) Theo câu b, DK BA tại I nên AB là đường trung trực của DK
DA AK sd cung AD sd cung AK DCA ACK CA là tia phân giác của góc DCH 2 ECH (3) DCH Tam giác EHB vuông tại H có M là trung điểm EB nên HM là đường trung tuyến
MH MB MHB cân tại M MHB MBH 2MBH 2EBH 4 DMH
EHB 900 900 1800 nên là tứ giác nội tiếp Tứ giác ECBH có ECB EBH 5 Suy ra ECH
DMH DCMH là tứ giác nội tiếp Từ (3), (4), (5) suy ra DCH NCM NHD (tính chất) chung ; NCM NHD(cmt ) Xét NCM và NHD có: N NCM NHD ( g .g ) NC.ND NM .NH
NC NM (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) NH ND
6
NFH (tính chất ) Tứ giác HMBF nội tiếp nên NMB chung ; NMB NFC NMB NFH ( g.g ) Xét NMB và NFH có: N NM NB (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) NM .NH NB.NF (7) NF NH NC NB Từ 6 & 7 suy ra NC.ND NF .NB NF ND
267
chung ; NC NB (cmt ) NBC NDF (c.g.c) Xét NBC và NDF có: N NF
ND
NFD BFD (các góc tương ứng) NCB DCB 1800 (kề bù) nên BFD DCB 1800 Mà NCB Do đó tứ giác DCFB nội tiếp nên F nằm trên đường tròn O dfcm Câu 5. Giải hệ phương trình
x3 2 y 2 xy 2 2 x 2 x 2 (1) Đặt 2 2 2 3 4 y y 1 1 y x 3x 2
(2)
1 x3 2 x 2 x 2 2 y 2 xy 2 0 x 2 x 2 1 y 2 x 2 0 x 2 x2 1 y 2 0 x 2 0 x 2 2 2 2 2 x 1 y 0 y 1 x TH1: x 2 thay vào (2) được:
y . 4 y2 2
y 2 1 1 y 2 8 6 2 4 y 2
y2 1 1 4 0 y2.
y2 1 1 .y2
y2 1 3 0
y2 0 y 0 y 0 2 y 2 1 3 0 y 8 y 2 2 2
2
Th2: y 1 x thay vào (2) ta được:
4 1 x 2
2 x 2 1 1 x 2 x3 3x 2
2 x 1 x 1 x 2 x 1 4 x 1 x 1 2 x 1 x 1 x 2 x 1 x 1 4 x 4 2 x 1 x 2 x 1 0 4 x 1 4 1 x 2 2
2 x 2 1 x3 x 2 3x 1 2
2
2
2
x 1 4 x 4
2
2
2 x 2 1 x 2 2 x 1
268 Với x 1 y 0 Với 4 x 4
4x 4
2 x 2 1 x 2 2 x 1
2 x 2 1 x 2 2 x 1
4 x 4 2 x 2 x 2 2 x 1 x 2 2 x 1
2 x 2 x 2 2 x 1 x 2 2 x 5 2
6 x 1 x2 2x 5 2 x 2 2 x2 * 2 x 2x 1 x 1 2 2
2
(Do x 2 x 1 0 x 1 2
2
2(ktmdk ))
2
Vì x y 1 nên x 1 1 x 1
1 2 x 2 2 hay 1 VT (*) 2 . Lại có: Với x 1 thì
6 x 1
2
2
x 1 2
Với x 1
6 x 1
x 1
2
6 1 1 2
1 1 2
2
2
2
3 VP 3
6 1 1
1 1
2
2
2
1 VP * 1
Do đó với 1 x 1 thì VP(*) 3 hoặc VP * 1
* vô nghiệm do 1 VT * 2 và VP * 3 hoặc VP * 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm x, y
2;0; 2; 2 2 ; 2;2 2 ;1;0
269 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TỈNH NINH BÌNH
Năm học 2020 – 2021 Bài thi môn: TOÁN . Ngày thi 17/07/2020
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài : 120 phút
Đề số 42 Câu 1. (2,0 điểm) 1. Tìm điều kiện của x để biểu thức 2. Tính A 12
x 5 có nghĩa
27 75 1 1 a : a 4 , với a 0 và a 4 a 2 a 2
3. Rút gọn biểu thức P Câu 2. (3,0 điểm)
x y 3 x y 1
1. Giải hệ phương trình
2. Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y mx 1 nghịch biến trên 2
3. Xác định tọa độ giao điểm của parabol P : y x và đường thẳng
d : y 3x 2 Câu 3. (1,0 điểm) Người ta đổ thêm 20 gam nước vào một dung dịch chứa 4 gam muối thì nồng độ của dung dịch giảm đi 10%. Hỏi trước khi đổ thêm nước thì dung dịch chứa bao nhiêu gam nước ? Câu 4. (3,5 điểm) 1. Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường cao BE , CF của
ABC cắt nhau tại H a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh rằng AF . AB AE. AC c) Kẻ đường kính AD của đường tròn tâm O. Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành 2. Một chiếc máy bay bay lên tử mặt đất với vận tốc 600km / h. Đường bay lên tạo 0
với phương nằm ngang một góc 30 . Hỏi sau 1,5 phút máy bay lên cao được bao nhiêu kilomet theo phương thẳng đứng Câu 5. (0,5 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn
x2 y2 z2 nhất của biểu thức: Q x y yz zx
xy yz zx 2020. Tìm giá trị nhỏ
270 ĐÁP ÁN Câu 1.
1) Biểu thức
x 5 có nghĩa khi x 5 0 x 5
Vậy với x 5 thì biểu thức
x 5 có nghĩa.
2)Ta có:
A 12 27 75 4.3 9.3 25.3 2 3 3 3 5 3 0 3)Rút gọn biểu thức . Ta có:
1 a 1 P : a 4 a 2 a 2
a 2 a 2 a4 . a a 2 a 2
2 a a4 2 a . 2 a4 a a
Câu 2. 1) Giải hệ phương trình
x y 3 2 x 4 x 2 x 2 x y 1 y x 1 y 2 1 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 2;1 2) Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y mx 1 nghịch biến trên R Hàm số y mx 1 nghịch biến trên R khi m 0 Vậy với m 0 thì hàm số y mx 1 nghịch biến trên R 3) Xác định tọa độ giao điểm Xét phương trình hoành độ giao điểm của Parabol (P) và đường thẳng d , ta có:
x 2 3 x 2 x 2 3 x 2 0 x 2 x 2 x 2 0 x x 1 2 x 1 0 x 2 0 x 2 y 4 x 2 x 1 0 x 1 0 x 1 y 1 Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là 1;1 ; 2;4 Câu 3. Gọi khối lượng nước trước khi đổ thêm là x gam x 0 Nồng độ dung dịch ban đầu là
4 .100% x4
Sau khi đổ thêm 20gam nước thì nồng độ dung dịch là
4 4 .100% .100% 20 x 4 x 24
Vì nồng độ của dung dịch giảm đi 10% nên ta có phương trình:
271
4 4 4 4 1 .100% .100% 10% x4 x 24 x 4 x 24 10 4 x 96 4 x 16 1 80 1 2 x 4 x 24 10 x 28 x 96 10 x 2 28 x 96 800 x 2 28 x 704 0 x 2 44 x 16 x 704 0 x x 44 16 x 44 0 x 16(tm) x 16 x 44 0 x 44(ktm) Vậy lượng nước ban đầu của dung dịch trước khi đổ thêm là 16gam Câu 4. 1)
A E F H
O C
B D 90 a) Ta có: BE là đường cao nên BE AC BEC
0
900 CF là đường cao nên CF AB BFC BFC 900 nên BFEC là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một Xét tứ giác BFEC có: BEC cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau) Vậy tứ giác BFEC nội tiếp
BCE 180 (tính chất) b) Theo câu a, BFEC là tứ giác nội tiếp nên BFE BCA AFE AFE 1800 (kề bù) nên BCE Mà BFE ACB mt AFE ACB ( g.g ) Xét AFE và ACB có: A chung; AFE
272
AF AE (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AF . AB AE. AC (dfcm) AC AB c) Chứng minh BHCD là hình bình hành ACD ABD 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AD là đường kính nên DC AC , DB AB DC AC DB AB Ta có: DC / / BH ; DB / / CH BH AB CH AB Tứ giác BHCD có DC / / BH , DB / / HC nên là hình bình hành (đpcm)
2. Máy bay bay cao bao nhiêu kilomet
1,5 phút
1,5 1 h 60 40
1 1 15( km) giờ máy bay bay được số kilomet theo phương AB là 600. 40 40 Sau 1,5 phút máy bay bay được số kilomet theo phương thẳng đứng là : 1 15.sin 300 15. 7,5 km 2 Vậy sau 1,5 phút máy bay bay lên cao được 7,5km a x Câu 5.Đặt b y a, b, c 0 xy yz zx 2020 ab bc ca 2020 c z Sau
2
a4 b4 c4 a 2 b2 a b Ta có: Q 2 . Áp dụng BĐT ta được: x y x y a b2 b2 c 2 c2 a 2 2
a 2 b2 a4 b4 c4 c4 Q 2 a b2 b2 c2 c2 a 2 a2 b2 b2 c2 c2 a2
a
2
b2 c2
2
2
a 2 b2 b2 c2 c2 a 2 2
2
Lại có: a b 2ab;
2 2
a b c a 2a b c 2
2
2
b2 c 2 2bc;
2
2
b2 c2 2
c 2 a 2 2ca
2 a 2 b 2 c 2 2 ab bc ca a 2 b 2 c 2 ab bc ca 2020 a 2 b 2 c 2 2020 Q 1010 Q 1010 2 2 2020 2020 Dấu " " xảy ra khi a b c x yz 3 3 2020 Vậy MinQ 1010 x y z 3
273 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NINH THUẬN
NĂM HỌC 2020 – 2021 Khóa ngày : 18/07/2020
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN
Đề số 43
Thời giân làm bài : 120 phút
Bài 1. (2,0 điểm) a) Tìm x để biểu thức A
2 x 3 có nghĩa
2
b) Giải phương trình: x 5 x 3 0 Bài 2. (2,0 điểm) Cho hàm số y 2 x 5 có đồ thị là đường thẳng d a) Gọi A, B lần lượt là giao điểm của d với các trục tọa độ Ox, Oy . Tìm tọa độ các điểm A, B và vẽ đường thẳng d trong mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tính diện tích tam giác OAB Bài 3. (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức P
x 0 x 2 x 1 x x . 1 x 1 x 1 x 1
b) Cho a 0, b 0. Chứng minh rằng
1 1 4 a b ab
Bài 4. (4,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB 2 R. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A và O). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C), AE cắt CD tại
F a) Chứng minh tứ giác BEFI nội tiếp trong một đường tròn b) Tính độ dài cạnh AC theo R và ACD khi BAC 60
0
c) Chứng minh khi điểm E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định.
274 ĐÁP ÁN Bài 1.
a) Ta có biểu thức A 2 x 3 có nghĩa khi 2 x 3 0 x
3 2
2
b)Giải phương trình: x 5 x 3 0 2
Ta có: 5 4.1.3 13 0 . Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt:
x1
5 13 5 13 ; x2 2 2
Bài 2. a) Tìm tọa độ các điểm A, B Vì A là giao điểm của d và trục Ox nên A x;0 Ta có A x;0 d nên 0 2 x 5 x
5 5 A ;0 2 2
Vì B là giao điểm của (d) và trục Oy nên B 0; y Ta có: B 0; y d y 2.0 5 5 B 0; 5
5 2
Vậy A ;0 ; B 0; 5 Học sinh tự vẽ đồ thị b) Tính diện tích OAB
5 2
5 5 ; OB 5 5 2 2 1 1 5 OA.OB . .4 5(dvdt ) 2 2 2
Theo câu a) ta có: A ;0 , B 0; 5 OA Tam giác OAB vuông tại O nên SOAB Bài 3. a) Rút gọn biểu thức Với x 0, x 1 . Ta có:
P
x 2 x 1 x x . 1 x 1 x 1
x 1
2
. x
1 1 4 b) Chứng minh a b ab
Ta có:
x 1
1
x 1 x 1
x 1
x 1 x 1
275 2
1 1 4 ab 4 a b 4ab 0 a b ab ab ab ab a b 2
a b 4ab 0( do a 0, b 0 ab a b 0) a 2 2ab b 2 4ab 0 a 2 2ab b 2 0 2
a b 0(luon dung ) Vậy
1 1 4 ab a b ab
Bài 4.
E C J
F A
I
O
B
D a) Chứng minh tứ giác BEFI nội tiếp 0
Xét đường tròn O có AEB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0
Lại có: FIB 90 ( do CD AB tại I )
FIB 900 900 1800 BEFI là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác BEFI có FEB b) Tính độ dài cạnh AC theo R
ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét đường tròn (O) có 900 600 300 ABC 900 BAC Xét tam giác ABC vuông tại C ta có: Ta có: cos BAC
AC 1 AC AB.cos BAC 2 R.cos600 2 R. R AB 2
276 Xét đường tròn O có AB CD tại I nên I là trung điểm của dây CD (tính chất đường kính – dây cung) hay AB là đường trung trực đoạn CD, suy ra AC AD Do đó cung AC cung AD 0
Xét đường tròn (O) có ACD ABC 30 (hai góc nội tiếp chắn hai cung AC và AD bằng nhau) nên ACD 300 0
Vậy AC R, ACD 30 khi BAC 60
0
c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp CEF thuộc đường thẳng cố định Xét đường tròn O có CEA ACD (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau
CA, AD) Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF có CEF ACF Mà CEF là góc nội tiếp chắn cung CF AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp CEF , JC AC tại C (do AC là tiếp tuyến) Lại có ACB 900 (cmt ) hay AC BC J BC Hay tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF luôn thuộc đường thẳng BC cố định.
277 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
PHÚ THỌ
NĂM HỌC 2020-2021 Môn Toán
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút
Đề số 44
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm)
2020 x là:
Câu 1.Điều kiện xác định của biểu thức
A.x 2020
B.x 2020
C.x 2020 D.x 2020 Câu 2. Có bao nhiêu hàm số đồng biến trên trong các hàm số sau: y 17 x 2; y 17 x 8; y 11 5 x; y x 10; y x 2020 A.5
B.4
C.3
D.2
Câu 3. Cho hàm số y m 3 x có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Khẳng định nào đúng ?
A.m 4 B.m 3 C.m 3 D.m 4
5 x 3 y 1 Câu 4. Hệ phương trình có nghiệm x; y . Khi đó x y bằng: x 5 y 11
A. 1
B.1
C.3
D.4
Câu 5. Điểm nào dưới đây không thuộc đồ thị hàm số y 5 x
A.1;5
B. 3;40
C. 2;20
2
D. 1;5
2
Câu 6. Giả sử phương trình x 16 x 55 0 có hai nghiệm x1 ; x2 x1 x2 . Tính x1 2 x2
A.1
B.24
C.13
D. 17
2
Câu 7.Cho parabol y x và đường thẳng y 2 x 3 cắt nhau tại hai điểm
A x1; y1 ; B x2 ; y2 . Khi đó y1 y2 bằng: A.1
B. 2
C.8
Câu 8. Cho tam giác ABC vuông cân tại A, cạnh BC bằng:
D.10 6(cm). Diện tích tam giác ABC
278
A. 3 cm 2
B.3 cm 2
C.
3 cm 2 2
D.6 cm2
Câu 9. Cho hai đường tròn (O) và O ' cắt nhau tại A và B. Biết OA 6cm,
O ' A 5cm, AB 8cm (như hình vẽ). Độ dài OO ' bằng:
A O'
O B A.5(cm)
B.5 5cm
C.3 2 5cm
D.3 5 2cm
Câu 10. Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M , N lần lượt là trung
điểm BC , CD. Đường thẳng AM , BN cắt đường tròn lần lượt tại E , F . Số đo góc EDF bằng
A
B M E
D
C
N F
A.300
B.450
C.600
Phần II. Tự luận Câu 1. (1,5 điểm) a) Tính giá trị biểu thức P
45 9 4 5
2 x 5 y 9 2 x 7 y 3
b) Giải hệ phương trình Câu 2. (2,0 điểm) 2
Cho phương trình x 2mx m 1 0 a) Giải phương trình khi m 2
D.750
279 b) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m 2
c) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình. Tìm m để x1 mx2 x2 4
Câu 3. (3,0 điểm) Cho ABC có 3 góc nhọn nội tiếp đường tròn O . Tia phân giác BAC cắt cạnh BC tại D và cắt đường tròn O tại M . Gọi K là hình chiếu của M trên AB, T là hình chiếu của M trên AC. Chứng minh rằng: a) AKMT là tứ giác nội tiếp 2
2
b) MB MC MD.MA c) Khi đường tròn O và B; C cố định, điểm A thay đổi trên cung lớn BC thì tổng
AB AC có giá trị không đổi. MK MT Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình:
x 2 3 x 9 x 18 3x x
6 5 x
280 ĐÁP ÁN I.Trắc nghiệm 1A
2C
3D
4A
5B
6D
7D
5 2
8C
9C
10B
II. Tự luận Câu 1.
a) P 45 9 4 5 9.5
2
3 5
52
3 5 5 24 52 12 y 12 2 x 5 y 9 x 2 b) 9 5y 2 x 7 y 3 x y 1 2 Vậy hệ có nghiệm x; y 2;1 Câu 2. a) Giải phương trình khi m 2 2
Khi m 2, pt thành x 4 x 1 0 2
Ta có: ' 2 1.1 3 0, nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 2 3; x2 2 3 b) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 2
Xét phương trình x 2mx m 1 0
* ta có:
1 3 ' m 2 1. m 1 m 2 m 1 m 0 m 2 4 ' 0 m Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m c) Tìm m để …….. Với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt , áp dụng hệ thức
x1 x2 2m . Theo bài ra ta có: x x m 1 1 2
Vi – et ta có:
x12 x2 mx2 x2 4 x12 x2 x2 m 1 4 x12 x2 x2 x1 x2 4 x1 x2 x1 x2 4 m 1 .2m 4 m m 1 2 m 2 m 2 0 m 2 2m m 2 0 m 2 m m 2 m 2 0 m 2 m 1 0 m 1
281 Vậy m 1, m 2 thỏa đề. Câu 3.
A
O B
T C
D
K
M
a) Chứng minh AKMT là tứ giác nội tiếp
MK AB K 900 ( gt ) AKM ATM MT AC T
Ta có:
AKM ATM 900 900 1800 AKMT là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác AKMT có: 2
2
b) Chứng minh MB MC MD.MA Xét O ta có:
là góc nội tiếp chắn cung MC là góc nội tiếp chắn cung BM ; MAC MAB sdCM (hai góc ( gt ) MAB MAC sd BM Lại có: MA là tia phân giác của BAC nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) Ta có :
MBC là góc nội tiếp chắn MC BAM là góc nội tiếp chắn cung BM MAB MBC MBD (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) Xét MAB và MBD ta có: AMB chung ; MAB MBD (cmt ) MAB MBD( g.g )
282
MA MB MB 2 MD.MA MB MD sdCM (cmt ) MB MC (hai cung bằng nhau chắn hai dây bằng nhau) Lại có: sd BM
2
2
Vậy MB MC MD.MA(dfcm) c) Khi đường tròn (O) và B, C cố định………
CAM . Xét AKM và ATM có: Đặt BAM TAM AKM ATM (cạnh huyền – góc nhọn) AM chung ; KAM MK MT (hai cạnh tương ứng) Giả sử, AB AC , khi đó ta có: AB AC AK BK AT TC AK AT BK TC MK MT MK MK MK Xét BMK và CMT có: MB MC , MK MT (cmt ) BMK CMT (cạnh huyền – cạnh góc vuông) BK TC (hai cạnh tương ứng) AB AC AK AT MK MT MK Xét tam giác AKM vuông tại K có: AK AM .cos , MK AM .sin Xét tam giác vuông AMT vuông tại T có: AT AM .cos AB AC AM .cos AM .cos 2cos 2cot MK MT AM .sin sin Vì đường tròn (O) và BC cố định nên số đo cung BC không đổi 2 1 số đo cung BC không đổi (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn) BAC 2 không đổi 2cot không đổi AB AC 1 2cot không đổi, với số đo cung BC không đổi. Vậy MK MT 4 6 2 Câu 4. Giải phương trình x 3 x 9 x 18 3 x x 5 x x 2 3x 0 x 0, x 3 x 2 9 x 18 0 DK : x2 5x 6 x0 6 0 x 5 0 x x x 0 x 0 Khi đó:
283
x2 5x 6 x
PT x x 3 3 x 2 3x
x . x x 3 3 x . x 2 3 x x x 2 5 x 6 x x 3 3 x . x 2 3x x x x3
x 2 x 3 3
x 2 x 3
x . x 2 3x x 0
x3 x x2 3 x x x2 0
x x2
x x 2 0 x 3 3 x 0 x 3 3 x 0
Ta có:
1 x
x 2 x 2 x 2 do x 2
x2 x 2 0 x2 2 x x 2 0 x x 2 x 2 0 x 1(ktm) x 1 x 2 0 x 2(tm) 3 x 3 3 x 9 x x 3 x (tm) 8 3 Vậy phương trình có tập nghiệm S 2; 8
2
(1) (2)
284 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT
TỈNH PHÚ YÊN
NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài : 120 phút
Đề số 45
I.TRẮC NGHIỆM (3,00 điểm) Câu 1.Rút gọn biểu thức M
A.M 1 2
1 2
B.M 1 2
2
ta được:
C.M 2 1
D.M
1 2 2
Câu 2.Kết quả nào dưới đây là sai (với a 0, b 0) ?
A. a . b ab
B. 9. 3 3 3
C. 9 3 12 D.
a a b b
Câu 3.Biết đồ thì hàm số y ax 2 đi qua điểm 2;4 . Khi đó hệ số góc a bằng:
A. 2
B.4 C. 1 Câu 4.Phương trình 2 x y 1 có nghiệm tổng quát là : x A. y 2x 1
x B. y 2x 1
D.2
C. 0; 1
D.1;1
Câu 5.
Tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số P : y x và đường thẳng d : y x 2 được 2
cho ở Hình 1 là:
A. 1;1 ; 2;4
B. 1;1
C. 2;4
D.1; 1 ; 4;2 2
Câu 6.Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình 2 x 3 x 5 0. Tính giá tị của biểu thức
N x1 x2 x1 x2
285
A.N 1
B.N 4
C .N
1 2
D.N 2
B
A
m
A
Vị trí cột gãy
C
p
C B
6
H
2
3m 4m
D
n
Hình 3 Hình 4
Hình 2
Câu 7. ABC vuông tại A có đường cao AH , BH 2, HC 6 (hình 2). Độ dài cạnh AB bằng:
A.4
B. 12
C.12
D.16
Câu 8.Một trụ điện trồng vuông góc với mặt đất bị bão đánh gãy, ngọn của nó chạm đất và cách gốc 4m, chỗ gãy cách mặt đất 3m (Hình 3). Hỏi khi chưa gãy trụ điện cao bao nhiêu mét ?
A.4m
B.5m
C.7m
D.8m
Câu 9. Cho hình vẽ như hình 4. Đẳng thức nào sau đây sai
1 A. AED sd AmD BnC 2 1 sd BpD C.BAD 2
C
sd BnC B.BOC
D.BEC
1 BOC 2
B
D
4 cm
H
A
1m
1m
B O
4 cm
A Hình 7
Hình 6 Hình 5
DB . Câu 10. Trên nửa đường tròn đường kính AB lấy các điểm C , D sao cho AC CD Gọi H là giao điểm của AD và BC (hình 5). Khẳng định nào sau đây sai ?
A. AC CD DB B.CH
1 AC 2
C . AHB 1200
D.ADB 900
Câu 11.Tính diện tích phần tô đậm được tô bởi nửa đường tròn đường kính OB, đoạn
AOB 900 (Hình 6) thẳng OA và cung tròn AB, biết
286
A. cm 2
B.2 cm 2
C.3 cm 2
D.4 cm 2
Câu 12.Một chiếc bàn hình tròn, đường kính bằng 1m. Người ta nới rộng mặt bàn bằng cách ghép thêm vào giữa một mặt hình chữ nhật có một cạnh bằng 1m (hình 7). Để diện tích mặt bàn tăng gấp đôi thì cạnh còn lại của hình chữ nhật đó bằng bao nhiêu mét ?
A.
11 28
B.
22 7
C.
11 7
D.
11 14
II.TỰ LUẬN(7,00 điểm) Câu 13.(1,5 điểm)Giải các phương trình, hệ phương trình sau :
x y 1 a) 2 x 3 y 8
b)2 x 2 x 6 0
c) x 4 7 x 2 8 0
Câu 14.(2,00 điểm)Cho hàm số y m 1 x 4 có đồ thị là đường thẳng d a) Xác định m biết đường thẳng d cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 b) Vẽ đồ thị hàm số với m vừa tìm được ở câu a c) Tính khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d Câu 15. (1,50 điểm)Giải toán bằng cách lập phương trình Trong một thư viện, có hai máy in A và B. Để in 100 trang giấy thì máy A in nhanh hơn máy B là 1 phút. Khi cùng in, thì trong một phút cả hai máy in được tổng cộng 45 trang giấy. Tính thời gian để máy A in được 100 trang giấy. Câu 16. (2,00 điểm) Cho đường tròn O , đường kính AB. Trên (O) lấy điểm C sao cho
AC BC .Trên đoạn thẳng OB lấy điểm I cố định (I khác O, B). Đường thẳng qua I vuông góc với AB cắt BC tại E, cắt AC tại F a) Chứng minh rằng: ACEI là tứ giác nội tiếp b) Gọi M là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF với AB (M khác A). Chứng minh rằng tam giác EBM cân c) Chứng minh rằng khi C di chuyển trên O thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
AEF chạy trên một đường thẳng cố định ĐÁP ÁN I.Trắc nghiệm 1C
2C
3C
4B
5A
6A
7A
8D
9D
10B
II.Tự luận Câu 13.
x y 1 2 x 2 y 2 5 y 10 y 2 a) 2 x 3 y 8 2 x 3 y 8 x 1 y x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 1;2
11B
12D
287
b)2 x 2 x 6 0 2 x 2 4 x 3x 6 0 2 x x 2 3 x 2 0 x 2 x 2 2 x 3 0 x 3 2 3 Vậy S 2; 2 Câu 14. a) Xác định m Vì đường thẳng d cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 nên đường thẳng d đi qua điểm có tọa độ 2;0
0 m 1 2 4 m 3 Vậy m 3 b) Học sinh tự vẽ (P) c) Tình khoảng cách từ O đến (d)
B
4
3
2
H
1
A -2
-1
O
Dựa vào đồ thị hàm số ta thấy đường thẳng y 2 x 4 cắt trục hoành tại điểm A 2;0 và cắt trục tung tại điểm B 0;4 Kẻ OH d H AB . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tại O, đường cao
OH ta có:
288
1 1 1 1 1 1 5 2 2 2 2 2 2 OH OA OB OH 2 4 16 16 4 5 OH 5 5 Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d là
4 5 5
Câu 15. Gọi thời gian máy A in được 100 trang giấy là x (phút) x 0
Thời gian máy in B in được 100 trang giấy là x 1(phút) Khi cùng in, trong 1 phút
100 100 (trang giấy), Máy B in được (trang giấy) x x 1 Vì trong 1 phút, cả hai máy in in được 45 trang giấy nên ta có phương trình: 100 100 45 100 x 100 100 x 45 x x 1 x x 1 200 x 100 45 x 2 45 x 45 x 2 155 x 100 0 Máy A in được:
9 x 2 31x 20 0 9 x 2 36 x 5 x 20 0 9 x x 4 5 x 4 0 x 4 9 x 5 0 x 4(tm) 5 x (ktm) 9 Vậy thời gian để máy A in hết 100 trang giấy là 4 phút. Câu 16.
F
C A
E M OI
a) Chứng minh rằng tứ giác ACEI là tứ giác nội tiếp
B
289 0
Vì ACB là góc nôi tiếp chắn nửa đường tròn nên ACB 90 ACE 90
0
Xét tứ giác ACEI có: ACE AIE 900 900 1800 Tứ giác ACEI là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh rằng EBM cân Vì tứ giác AMEF là tứ giác nội tiếp (các điểm A, M , E , F cùng thuộc đường tròn ngoại tiếp AEF ) EMI AFE AFI (1) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp). Ta lại có:
900 (do AFI vuông tại I ) AFI FAI 900 900 (ABC vuông tại C) ABC CAB ABC FAI 2 AFI EBI AFI ABC (cùng phụ với FAI ) EBI EBM cân tại E Từ 1 và 2 EMI c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF chạy trên một đường thẳng cố định Ta có: EBM cân tại E (cmt), mà EI BM nên I là trung điểm của BM ( đường cao đồng thời là đường trung tuyến) M là điểm đối xứng với B qua I và IM IB Mà I , A, B cố định IB không đổi nên IM không đổi. Lại có I cố định nên M cố định Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF đi qua điểm M , nên tâm đường tròn nội tiếp
AEF thuộc đường trung trực của AM Vì A, M cố định nên trung trực của AM là cố định Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF thuộc trung trực của AM cố định, với M là điểm đối xứng với B qua I
290 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT
QUẢNG BÌNH
NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN TOÁN CHUNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
Khóa ngày 16/07/2020
Đề số 46 Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức P
2x x 25
5 x0 x 5 x 25
5 x 5
a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm các giá trị của x để P
1 3
Câu 2. (1,5 điểm) Cho hàm số y m 3 x 2n 5 (1) có đồ thị là đường thẳng d (với
m, n là tham số) a) Tìm m để hàm số 1 nghịch biến trên R b) Tìm m, n để đường thẳng d đi qua hai điểm A 1;2 và B 2;4 2
2
Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình x 2 m 1 x m 3 0(2) (với m là tham số) a) Giải phương trình (2) với m 3 b) Tìm các giá trị của m để phương trình 2 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn:
x12 x22 2 x1 x2 3 Câu 4. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a b 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q
1 5 2 a b ab 2
Câu 5. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông ở A AB AC có đường cao AH
H BC . Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm
A, vẽ nửa đường tròn O1 , đường
kính BH cắt AB tại I ( I khác B ) và nửa đường tròn O2 đường kính HC cắt AC tại K
(K khác C). Chứng minh rằng: a) Tứ giác AKHI là hình chữ nhật b) Tứ giác BIKC là tứ giác nội tiếp c) IK là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn O1 và O2
291 ĐÁP ÁN Câu 1. a) Với điều kiện x 0, x 25 ta có:
x 5 2 x 5 x 25 5 x 25 x 5 x 5 x 5 x 5 2 x 5 2 x 10 x 2 x 5 x 5 x 5 x 5 x 5 2x 5
P
x 5 5
1 2 x 1 b) P 6 x 5 x 3 3 x 5 5 25 7 x 5 x x (tm) 7 49 25 1 Vậy x thì P 49 3 Câu 2. a) Hàm số 1 nghịch biến trên R khi và chỉ khi m 3 0 m 3 b) Đường thẳng d đi qua hai điểm A, B nên ta có hệ phương trình:
11 m m 3 1 2 n 5 2 m 2n 4 3 2m 2n 15 n 23 m 3 .2 2n 5 4 6 Câu 3. 2
a) Khi m 3, phương trình 2 trở thành x 8 x 6 0 2
Ta có : ' 4 1.6 8 nên ta có hai nghiệm phân biệt:
x1 4 10; x2 4 10 b) Phương trình 2 có hai nghiệm ' 0 2
m 1 m2 3 0 2m 4 0 m 2 (*) x1 x2 2 m 1 . Khi đó: 2 x x m 3 1 2
Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
2
x12 x22 2 x1 x2 3 x1 x2 4 x1 x2 3 2
4 m 1 4 m 2 3 3 8m 13 0 m
13 (tm(*)) 8
292 Vậy m
13 8
Câu 4.
Q
1 5 1 1 9 2 2 2 a b ab a b 2ab 2ab 2
2
n m m2 n2 . k . k k k (B ĐT Bunhiacopxki) Xét m n k k k k 1 1 2 2 ; Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki cho 2 bộ số 2 và a b ;2ab lần 2 a b 2ab 2
m2 n2 lượt tương ứng với ; và k ; k ta có: k k 1 2 2 1 2 2 . a b 2ab 1 1 4 2 2ab a b 1 1 2 Hay 2 4 (vì a b 1) 1 2 a b 2ab 1 9 2 4ab a b 1 2ab 18 (2) 2 2ab Từ (1) và (2) Q 22 . Dấu " " xảy ra khi :
1 1 a 2 b 2 a b (do (1)) 1 ab a b ( do (2)) 2 a b 1( gt ) 1 Vậy MinQ 22 a b 2 Câu 5.
B
O1
I
H O2
A
K
C
293
900 ; 900 a) Xét tứ giác AHKI có AKH HKD AIH BIH
900 nên AKHI là hình chữ nhật Và theo giả thiết: IAK b) Vì AKHI là hình chữ nhật nên AIK AHK
(cùng chắn cung HK của nửa đường tròn O AHK HCK Hơn nữa, ta có: 2 tứ giác BIKC là tứ giác nội tiếp AIK HCK Do đó c) Ta có: 0 O 1IK O1 IH HIK O1HI HAK BCA HAK 90 Tương tự ta cũng có: O KI 900. 2
Từ đó ta có: IK là tiếp tuyến chung của hai đường tròn O1 và O2
294 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
QUẢNG NAM
NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN chung
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian: 120 phút
Đề số 47
Khóa thi ngày: 23 – 25/7/2020
Câu 1. (2,0 diểm) a) Thực hiện phép tính A 2 27 12
b) Rút gọn biểu thức B
3 3
a a a 1 với a 0, a 1 1 a a 1
Câu 2. (2,0 điểm) a) Xác định các hệ số a, b của hàm số y ax b biết đồ thị của nó đi qua điểm
A 2;1 và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5. 2
b) Cho parabol ( P) y 3 x và đường thẳng d : y 2 x m (m là tham số). Tìm m để
P và d có một điểm chung duy nhất. Tìm tọa độ điểm chung đó. Câu 3. (2,5 điểm) 4
2
a) Giải phương trình: x 5 x 36 0
x 2 y 5 2 xx 3 y 4
b) Giải hệ phương trình 2
c) Cho phương trình x 2m 1 x 4m 3 0( m là tham số). Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi giá trị của m. Tìm tất cả giá trị của m để trong hai nghiệm trên có một nghiệm lớn hơn 1 và một nghiệm nhỏ hơn 1. Câu 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn O , A là điểm cố định nằm ngoài đường tròn (O). Vẽ đường thẳng d vuông góc với OA tại A, lấy điểm M tùy ý trên d ( M khác A). Vẽ hai tiếp tuyến
MB, MC của đường tròn O ( B, C là hai tiếp điểm; B và M khác phía với đường thẳng OA) a) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp trong đường tròn b) Hạ BK vuông góc với OA tại K , gọi H là giao điểm của BC và OM . Chứng minh
KA.OH KB.HB c) Chứng minh rằng khi M thay đổi trên d thì đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định
295 ĐÁP ÁN Câu 1.
a)2 27 12
b) B
3 2.3 3 2 3 3 6 3 3 5 3 3
a a a 1 a 0 a 1 a 1 a a 1 a 1 1 a
a 1
a 1
a 1
a a 1 1 Câu 2. a) Đồ thị hàm số y ax b qua A 2;1 2a b 1
(1)
Đồ thị hàm số y ax b cắt trục tung tại điểm có tung độ là 5
a.0 b 5 b 5 a
1 5 2 2
Vậy a 2, b 5 2
b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của P & d : 3 x 2 x m
3 x 2 2 x m 0 1
P cắt d tại một điểm chung duy nhất 2
' 0 1 3. m 0 m Tọa độ điểm duy nhất là : x
1 3
b' 1 1 y a 3 3
1 3
1 1 3 3
Vậy m , tọa độ điểm chung của hai đồ thị là ; Câu 3.
a) x 4 5 x 2 36 0
t 0 phương trình thành: t 2 5t 36 0 t 2 9t 4t 36 0 t t 9 4 t 9 0
Đặt t x
2
t 4(tm) x 2 (t 4)(t 9) 0 t 9(ktm) x 2 Vậy S 2
x 2 y 5 2 x 4 y 10 7 y 14 x 1 b) 2 x 3 y 4 2 x 3 y 4 x 5 2 y y 2 Vậy x; y 1;2
296
c ) x 2 2m 1 x 4m 3 0 2
2m 1 4 4m 3 4m 2 4m 1 16m 12 2
4m2 12m 9 4 2m 3 4 0 0 Nên phương tình luôn có hai nghiệm phân biệt. Áp dụng định lý Vi – et ta có:
x1.x2 4m 3 x1 x2 2m 1 x1 1 x1 1 0 x2 1 x2 1 0
Để 1 nghiệm lớn hơn 1, 1 nghiệm nhỏ hơn 1
x1 1 x2 1 0 x1 x2 x1 x2 1 0 4m 3 2 m 1 1 0 2 m 3 m Vậy m
3 2
3 thì thỏa đề . 2
Câu 4.
d C M K
H I
A B
a) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp
OBM 900 Vì MB, MC là hai tiếp tuyến nên OCM OBM 900 900 1800 MCOB là tứ giác nội tiếp Tứ giác MCOB có OCM b) Chứng minh KA.HO KB.HB
297 Ta có: MB, MC là hai tiếp tuyến của (O) MB MC (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)
M đường trung trực của BC 1 Có OB OC R O thuộc trung trực của BC (2)
90 Từ (1) và (2) OM là đường trung trực của BC OM BC tại H BHO
0
Vì tứ giác MBOC nội tiếp trong đường tròn (câu a)
C (cùng chắn cung OB) M 1 1 C 4 (tính chất tam giác cân) Mà BOC cân tại O (vì OB OC ) B 1 1
900 (do d OA tại A) Ta có: MAO 900 (do MB là tiếp tuyến của (O)) MBO MBO 900 MAO 0
Xét tứ giác MAOB có hai đỉnh A và B kề nhau cùng nhìn OM dưới một góc 90 )
(cùng chắn cung OB ) A1 M MAOB là tứ giác nội tiếp 1 A B Từ 3 , 4 , 5 1
(5)
1
Xét KBA và HOB có:
BHO 900 do BK OA, BC OM ; (cmt ) A1 B BKA 1 KA KB KA.HO KB.HB(dfcm) HB HO c) Chứng minh rằng khi M thay đổi trên d thì đường thẳng BC luôn đi qua điểm
KBA HOB( g.g )
cố định Gọi giao điểm của OA và BC là I
chung; A H 900 Xét OMA và OIH có: O OMA OIH ( g.g )
OM OI OM .OH OI .OA OB 2 R 2 (hệ thức OA OH
lượng)
R2 OI . Do (O), điểm A cố định suy ra OA là khoảng cách từ O đến d không đổi, R OA không đổi nên OI không đổi, I thuộc OA cố định, do đó I là điểm cố định.
298 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
QUẢNG NGÃI
NĂM HỌC 2020 – 2021 Ngày thi: 17/07/2020
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi:TOÁN
Đề số 48
Thời gian: 120 phút
Bài 1. (2,0 điểm) 1. Thực hiện phép tính 16 9 9 16 2
2. Cho hàm số y ax , với a là tham số a) Tìm a để đồ thị của hàm số qua điểm M 2;8 b) Vẽ đồ thị của hàm số ứng với giá trị a tìm được Bài 2. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình và hệ phương trình sau :
3 x 2 y 8 b) 2 x y 3
a) x 2 5 x 4 0 2
2. Cho phương trình x 2 m 1 x m 4 0, với m là tham số a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình. Chứng minh giá trị biểu thức:
A x1.1 x2 x2 .1 x1 không phụ thuộc vào m Bài 3. (1,5 điểm) Để chuẩn bọ vào năm học mới, bạn An muốn mua một cái cặp và một đôi giày. Bạn đã tìm hiểu, theo giá niêm yết thì tổng số tiền mua hai vật dụng trên là 850.000 đồng. Khi bạn An đến mua thì cửa hàng có chương trình giảm giá: cái cặp được giảm 15000 đồng, đôi giày được giảm 10% so với giá niêm yết. Do đó bạn An mua hai vật dụng trên chỉ với số tiền 785000 đồng. Hỏi giá niêm yết của mỗi vật dụng trên là bao nhiêu ? Bài 4. (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB và điểm M bất kỳ trên nửa đường tròn đó M A, M B . Trên nửa mặt phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến
cắt nửa đường tròn tại E và cắt tia Ax. Tia BM cắt Ax tại I, tia phân giác của góc IAM BM tại F. Tia BE cắt AM tại K và cắt Ax tại H a) Chứng minh tứ giác EFMK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh ABF là tam giác cân c) Chứng minh tứ giác AFKH là hình thoi d) Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AKFI nội tiếp được đường tròn.
299 Bài 5. (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x y 5 và xy 2. Tính giá trị của biểu thức
x3 y3 P 2 2 2020 y x ĐÁP ÁN Bài 1. 1) Ta có: 16 9 9 16 16.3 9.4 48 36 12 2
2
2) a) Thay x 2, y 8 vào hàm số y ax ta được : 8 a.2 a 2 b) Học sinh tự vẽ Bài 2. 1) Giải phương trình và hệ phương trình
a ) x 2 5 x 4 0 x 2 x 4 x 4 0 x x 1 4 x 1 0 x 1 0 x 1 x 1 x 4 0 x 4 0 x 4 Vậy phương trình có nghiệm x 1; x 4 3 x 2 y 8 3 x 2 y 8 7 x 14 x 2 b) 2 x y 3 4 x 2 y 6 y 2 x 3 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 2;1 2) a) Chứng minh phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m 2
Xét phương trình x 2 m 1 x m 4 0 . Ta có: 2
' m 1 1. m 4 m2 2m 1 m 4 m2 m 5 2
1 1 19 1 19 m 2.m. m 0 ' 0 m 2 4 4 2 4 2
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt với mọi m b) Chứng minh biểu thức A không phụ thuộc vào m Theo câu a phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt với mọi m
x1 x2 2 m 1 2m 2 x1 x2 m 4
Áp dụng hệ thức Vi – et ta có: Ta có:
A x1 1 x2 x2 1 x1 x1 x1 x2 x2 x1 x2 x1 x2 2 x1 x2 2m 2 2m 8 10 Vậy A 10 không phụ thuộc vào m Bài 3.
300 Gọi giá niêm yết của 1 cái cặp bạn An mua là x (đồng) 15000 x 850000 Giá niêm yết của một đôi giày bạn An mua là y (đồng) 0 y 850000 Vì giá tiền của 1 chiếc cặp và 1 đôi giày là 850 000 đồng nên ta có phương trình:
x y 850000 1 Sau khi giảm giá , giá tiền của : -
1 chiếc cặp: x 15000 (đồng)
-
1 đôi giày : y 10% y 0,9 y (đồng)
Sau khi giảm giá bạn An trả tiền cho chiếc cặp và đôi giày là 785000 đồng nên ta có phương trình: x 15000
9 y 785000 10 x 9 y 8000000(2) 10
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:
x y 850000 10 x 10 y 8500000 x 350000(tm) 10 x 9 y 8000000 10 x 9 y 8000000 y 500000(tm) Vậy giá niêm yết 1 cái cặp là 350000 đồng và 1 đôi giày là 500000 đồng. Bài 4.
I F H A
M
E K O
B
a) Chứng minh tứ giác EFMK nội tiếp đường tròn Xét đường tròn O ta có:
900 AEB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) FEK AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) FMK 900 FMK 900 900 1800 nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng Tứ giác EFMK có FEK 0
hai góc đối bằng 180 ) Vậy tứ giác EFMK nội tiếp đường tròn (đpcm)
301 b) Chứng minh ABF là tam giác cân
) EBM (cùng chắn EM Tứ giác AEMB nội tiếp nên EAM
FAM EAM EBM FAI nên IAF Mà AF là tia phân giác của IAM FAB IAB 900 ; EBM EFB 900 Mà FAI EFB Nên FAB AFB
AFB nên ABF cân tại B Tam giác ABF có FAB c) Chứng minh tứ giác AKFH là hình thoi Tam giác ABF cân tại B (cmt) nên BE vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến Nên E là trung điểm AF Tam giác AHK có AE vừa là đường cao vừa là đường phân giác nên AHK cân tại A
AE cũng là đường trung tuyến AHK E là trung điểm HK Tứ giác AKFH có hai đường chéo, AF , HK cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên là hình bình hành, mà HK AF nên tứ giác AKFH là hình thoi dfcm d) Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AFKI nội tiếp được đường tròn
AKFH là hình thoi nên FK / / AH FK / / AI nên tứ giác AKFI là hình thang Để tứ giác AKFI là tứ giác nội tiếp thì AKF AIF 1800 1800 (kề bù) nên hay AKF KAI Mà AIF KAI AIM MAI 450 MAB 450 Do đó tam giác AMI vuông cân nên MAI 2 MAB 2.450 900 M là điểm chính giữa của cung AB. sd cung MB Bài 5. Ta có: 2
x 2 y 2 x y 2 xy 52 2. 2 29 3
x3 y 3 x y 3 xy x y 52 3. 2 .5 155 x3 y 3 x5 y 5 P 2 2 2020 2 2 2020 y x x y
x
2
x
2
y 2 x 3 y 3 x 2 y 3 x 3 y 2
xy
2
y 2 x 3 y 3 x 2 y 2 x y
xy
2
2
29.155 2 .5
2
Vậy P
2
12555 4
2020
12555 4
2020
2020
302 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2020
TỈNH QUẢNG NINH
Môn thi: Toán (Dành cho mọi thí sinh)
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gan làm bài : 120 phút, không kể giao đề
Đề số 49
Câu 1. (2,0 điểm) 1) Thực hiện phép tính: 2 9
1 1 5 với x 0 : x 7 x 7 x 2 x 2 y 4 3) Giải hệ phương trình x 2 y 0
2) Rút gọn biểu thức B
Câu 2. (2,0 điểm) 2
Cho phương trình x 4 x 3m 2 0, với m là tham số 1) Giải phương trình với m 1 2) Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có một nghiệm x 2 3) Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 sao cho
x1 2 x2 1 Câu 3. (2,0 điểm) Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 32km. Một ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B rồi lập tức quay về bến A. Kể từ lúc khởi hành đến lúc về tới bến A hết tất cả 6 giờ. Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng, biết vận tốc dòng nước là 4km / h Câu 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn O; R và A là một điểm nằm bên ngoài đường tròn. Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn O ( B, C là hai tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của
AO và BC. Kẻ đường kính BD của đường tròn O , AD cắt đường tròn tại điểm thứ hai là E a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp b) Tính độ dài AH , biết R 3cm, AB 4cm c) Chứng minh AE. AD AH . AO d) Tia CE cắt AH tại F. Chứng tỏ F là trung điểm của AH Câu 5. (0,5 điêm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn x y 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2
2
thức Q x y 9 x 12 y
16 25 2x y
303 ĐÁP ÁN Câu 1.
1)2 9 2 3 5 2) Điều kiện x 0
1 5 1 B : x 2 x 7 x 7 5
5.
x 2
x 7 x 2
x 2
x 7
.
x 7 5
1 x 2
3) Giải hệ phương trình:
x 2 y 4 2 x 4 x 2 x 2 y 0 x 2 y y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : x; y 2;1 Câu 2. 1) Thay m 1 vào phương trình đã cho ta có: 2
x 4x 5 0 x 1 x 5
Phương trình có dạng a b c 0
Vậy khi m 1 thì tập nghiệm của phương trình là S 1; 5 2) Tìm giá trị m Vì x 2 là một nghiệm của phương trình nên thay x 2 vào phương trình ta có:
22 4.2 3m 2 0 m
10 3
10 thì phương trình đã cho có nghiệm x 2 3 3) Tìm m để x1 2 x2 1
Vậy khi m
2
Ta có: ' 2 3m 2 4 3m 2 6 3m Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ' 0 6 3m 0 m 2
x1 x2 4 * x1 x2 3m 2
Khi đó áp dụng định lý Vi-et ta có:
Theo bài ra ta có: x1 2 x2 1 x1 1 2 x2 . Thế vào * ta có:
1 2 x2 x2 4 x2 5 x2 5 43 m (tm) 3 1 2 x2 x2 3m 2 1 2.5 .5 3m 2 3m 2 45
304 Vậy m
43 3
Câu 3. Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là x km / h x 4 Vận tốc cano khi xuôi dòng là x 4(km / h) Vận tốc ca nô khi ngược dòng: x 4( km / h)
32 (giờ) x4 32 Thời gian ca nô ngược dòng từ bến B về bến A là (giờ) x4 Thời gian ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B là
Vì từ lúc khởi hành đến lúc về tới bến A mất 6 giờ nên ta có phương trình:
32 x 4 32 x 4 32 32 6 6 x4 x4 x 4 x 4 32 x 128 32 x 128 6 x 2 16 6 x 2 64 x 96 0 3x 2 32 x 48 0 3 x 2 36 x 4 x 48 0 3x x 12 4 x 12 0 x 12(tm) x 12 3x 4 0 4 x ( ktm) 3 Vậy vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là 12km / h Câu 4.
B
A
F H
O
E C
D
305 a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp
ABO 900 ; ACO 900 Xét đường tròn O có AB, AC là các tiếp tuyến Xét tứ giác ABOC có ABO ACO 900 900 1800 ABOC là tứ giác nội tiếp b) Tính độ dài AH biết R 3cm, AB 4cm Xét đường tròn O có AB, AC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại A Suy ra AB AC (tính chất) mà OB OC R AO là đường trung trực của đoạn thẳng
BC Do đó OA BC tại H Xét tam giác ABO vuông tại B, theo định lý Pytago ta có:
AO 2 AB 2 OB 2 42 32 25 OA 25 5cm Xét ABO vuông tại B có BH là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta AB 2 42 3,2(cm) Vậy AH 3,2cm có: AB AH . AO AH AO 5 c) Xét ABO vuông tại B có BH là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác 2
2
vuông, ta có: AB AH . AO(1)
) chung; ABE BDE (cùng chắn BE Xét AEB và ABD có: BAE AE AB AE. AD AB 2 2 AB AD Từ (1) và (2) suy ra : AE. AD AH . AO d) Chứng tỏ F là trung điểm của AH 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BC CD Xét đường tròn (O) có BCD AEB ABD( g g )
(so le trong) Lại có: AO BC CD / / AO ADC OAD ) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn EC ACE EDC Xét O có CDE ACE FAE Suy ra
(cmt ) AFE CFA( g g ) chung; ACE FAE Xét AFE và CFA có: AFE
AF FE FA2 FC.FE (*) CF FA
AE AO AH AD AEH AOD(c g c) AHE ADO Suy ra tứ giác EHOD là tứ giác nội tiếp (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối BOA (cùng phụ với AOD) diện) HED Theo câu b ta có: AE. AD AH . AO
) CBD (hai góc nội tiếp cùng chắn CD Xét đường tròn O có CED
306
HBO 900 (do BHO vuông tại H ) Lại có: BOH CED 900 HEC 900 hay EH FC Nên EHD Xét tam giác HFC vuông tại H có HE là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác 2
vuông ta có: FH FE.FC ** 2
2
Từ (*) và (**) suy ra FA FH FA FH F là trung điểm AH Câu 5. Ta có:
Q x 2 y 2 9 x 12 y
16 25 2x y
x 2 2 x 1 y 2 4 y 4 2 x y 2
2
x 1 y 2 2 x y
x 1
2
0;
2x y
y 2
16 2 2x y
2
16 9 x y 20 2x y
0
2 x y .
16 8 2x y
9 x y 9.3 27 Q 0 0 8 27 20 1 Q 1 Dấu " " xảy ra khi x 1, y 2
x 1 y 2
Vậy Qmin 1
16 9 x y 20 2x y
307 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
QUẢNG TRỊ
Khóa ngày 21 tháng 7 năm 2020 Môn thi: TOÁN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài : 120 phút
Đề số 50 Câu 1. (1,5 điểm) Bằng các phép biến đổi đại số, hãy rút gọn các biểu thức sau :
A 2. 7 81 14 x 0 1 1 B . x 1 x 1 x x 1 Câu 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau :
2 x 3 y 8 b) 5 x 3 y 1
a )9 x 2 2 x 7 0
2
Câu 3. (1,5 điểm) Cho hàm số y 2 x có đồ thị P a) Vẽ đồ thị P b) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y m cắt P tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB 10 Câu 4. (1,5 điểm) Một tàu du lịch xuất phát từ cảng Cửa Việt đến đảo Cồn Cỏ, tàu dừng lại ở đảo 40 phút rồi quay về điểm xuất phát. Tổng thời gian của chuyển đi là 3 giờ. Biết rằng vận tốc của tàu lúc về lớn hơn lúc đi là 4 hải lý/ giờ và cảng Cửa Việt cách đảo Cồn Cỏ 16 hải lý. Tính vận tốc của tàu lúc đi Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn AB AC nội tiếp đường tròn O; R . Các đường cao
BD và CE D AC , E AB của tam giác ABC cắt nhau tại H. Gọi I là giao điểm thứ hai của CE và đường tròn O . Chứng minh rằng: a) AEHD là tứ giác nội tiếp
AHB AIB b) 2
2
c) AH BC 4 R
2 2
2
Câu 6. (0,5 điểm) Cho các phương trình bậc hai ax bx c 0; cx bx a 0 a c có duy nhất một nghiệm chung. Gọi x1 , x2 lần lượt là hai nghiệm còn lại của hai phương trình trên. Chứng minh x1 x2 2
308 ĐÁP ÁN Câu 1.
A 2. 7 81 14 14 9 14 9 x 0 1 1 B x 1 x 1 x x 1
1 . x
x 1
x x 1 x.
x 1
.
x 1
x 1
x 1 x
Câu 2.
a)9 x 2 2 x 7 0 9 x 2 9 x 7 x 7 0 9 x x 1 7 x 1 0 x 1 9 x 7 0 x 1 7 x 9 7 9
Vậy S 1;
7 x 7 2 x 3 y 8 x 1 b) 8 2x 5 x 3 y 1 y 2 y 3 Vậy x; y 1;2 Câu 3. a) Học sinh tự vẽ hình b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là :
2m y1 m x1 2m 2m 2 2 2x m A ; m ; B ; m . Vì AB 10 2 2 2m y2 m x2 2
y A yB
2
2
x A xB 10
2m 2m 2 m m 100 2 2
2m
2
100 2m 100 m 50
Câu 4. Gọi x là vận tốc lúc đi x 4 vận tốc lúc về: x 4
309
16 16 2 ; 40 phút h , thời gian lúc về: x x4 3 2 7 Nên tổng thời gian đi và về là : 3 (h) nên ta có phương trình 3 3 16 16 7 3 16 x 4 16 x 7 x x 4 x x4 3 3. 32 x 64 7 x 2 28 x 7 x 2 124 x 192 0 Suy ra thời gian lúc đi :
7 x 2 112 x 12 x 192 0 7 x x 16 12 x 16 0 x 16(tm) x 16 7 x 12 0 12 x (ktm) 7 Vậy vận tốc lúc đi là 16 hải lý / 1 giờ. Câu 5.
A D I
E
B
H
O C
M A' 0
0
0
a) Ta có: ADH AEH 90 90 180 tứ giác AEHD nội tiếp b) Ta có : AIC ABC (tứ giác AIBC nội tiếp cùng chắn cung AC)
BEC BDC 900 ( gt ) BEDC là tứ giác nội tiếp EDA (góc trong tại 1 đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện) EBC
EIA AHE (1) ADE AHE (do tứ giác AEHD nội tiếp) Mặt khác BAC ( AIBC là tứ giác nội tiếp) Tương tự ta có: BIC
310
DHC ( HEAD là tứ giác nội tiếp); DHC IHB (đối đỉnh) BAC IHB 2 Nên BIC AIB AHB Từ (1) và (2) suy ra c) Kẻ đường kính AOA ', chứng minh được BHCA ' là hình bình hành nên HA ' đi qua trung điểm M của BC OM
1 1 AH mà BM BC OMI vuông tại I 2 2
(OM BC - tính chất đường kính dây cung) Áp dụng định lý Pytago và các biến đổi ta có: 2
BC 2 2 BM 4 BM 2 4 BO 2 OM 2 4 R 2 4OM 2 2
2
Mà AH 2OM 4OM
2
AH 2 BC 2 4OM 2 4 R 2 4OM 2 4 R 2 Câu 6. 2
2
Gọi m là nghiệm chung của phương trình: ax bx c 0 1 và cx bx a 0 2
am 2 bm c 0 3 . Lấy 3 4 ta được: 2 cm bm a 0 4
a c m2 a c 0 m 1 a c m 2 1 0 m 2 1 0 do a c m 1 c Với m 1, pt (1) có hai nghiệm x2 1; x1 thỏa mãn x1 x2 a c c a 1.x1 x1 , tương tự: x2 . Áp dụng định lý Cô si ta có: a a c
a c a c a c 2 . 2 . Dấu " " xảy ra a c(ktm) c a c a c a c a Với m 1, chứng minh tương tự như trên x1 , x2 a c c a Áp dụng bđt Cô – si x1 x2 2 . Dấu " " xảy ra a c( ktm) a c Vậy x1 x2 2
311 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
SÓC TRĂNG
Năm học 2020 – 2021 Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 51 Bài 1. (1,0 điểm) a) Cho a 0 và b 0 . Rút gọn biểu thức P b) Thực hiện phép tính :
a2 b2
12 75 . 3
Bài 2. (2, điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau :
x y 1 b) 2 x y 6061
a)2 x 2 9 x 5 0 2
Bài 3. (2,0 điểm) Cho hàm số y x có đồ thị P và đường thẳng d : y 2 x 3 a) Vẽ đồ thị P trên mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm tọa độ các giao điểm của P và d bằng phương pháp đại số Bài 4. (1,5 điểm) Trong thời gian bị ảnh hưởng bởi đại dịch COVID-19, một công ty may mặc đã chuyển sang sản xuất khẩu trang với hợp đồng là 1000000 cái. Biết công ty có 2 xưởng may khác nhau là xưởng X1 và xưởng X2. Người quản lý xường cho biết: nếu cả hai xưởng cùng sản xuất thì trong 3 ngày sẽ đật được 437500 cái khẩu trang; còn nếu để mỗi xưởng tự sản xuất số lượng 1000000 cái khẩu trang thì xưởng X1 sẽ hoàn thành sớm hơn xưởng X 2 là 4 ngày. Do tình hình dịch bệnh diễn biến phức tạp xưởng X 1 buộc phải đóng cửa không sản xuất. Hỏi chỉ khi còn xưởng X 2 hoạt động thì sau bao nhiêu ngày công ty sẽ sản xuất đủ số lượng khẩu trang theo hợp đồng nêu trên ? Bài 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là trung điểm AC và O là trung 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 b) Chứng minh MAB MDC 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 Bài 6. (0,5 điểm) Chiếc nón lá có dạng hình nón. Biết khoảng cách từ đỉnh của nón đến một điểm trên vành của nón là 30 cm, đường kính của vành nón là 40cm . Tính diện tích xung quanh của chiếc nón đó.
312 ĐÁP ÁN Bài 1.
a ) a 2 b 2 a b a b a b b)
12 75
3 2 35 3
3 7.3 21
Bài 2.
a )2 x 2 9 x 5 0 ( 9) 2 4.2.( 5) 121 0 Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
9 11 x1 4 5 x 9 11 1 2 4 2 x y 1 3 x 6060 x 2020 b) 2 x y 6061 y x 1 y 2019 Vậy x; y 2020;2019 Bài 3. a) Học sinh vẽ đồ thị (P) b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm :
x 2 2 x 3 x 2 2 x 3 0 x 2 3x x 3 0 x x 3 x 3 0 x 3 x 1 0 x 3 y 9 x 1 y 1 Vậy tọa độ giao điểm là 3; 9 ; 1; 1 Bài 4. Gọi thời gian một mình xưởng X2 hoạt động để sản xuất đủ khẩu trang là x (ngày)
x 4 Mỗi ngày xưởng X2 sản xuất được số khẩu trang:
1000000 (chiếc) x
Nếu để mỗi xưởng tự sản xuất số lượng 1000000 cái khẩu trang thì xưởng X1 sẽ hoàn thành sớm xưởng X2 là 4 ngày, nên 1 mình xưởng X1 hoạt động để sản xuất được 1 000 000 khẩu trang là x 4 (ngày) Nên mỗi ngày xưởng X1 sản xuất được số khẩu trang:
1000000 (chiếc) x4
313
1000000 1000000 (chiếc) x x4 Nếu cả hai xưởng cùng sản xuất thì trong 3 ngày sẽ làm được 437500 cái khẩu trang nên Mỗi ngày cả 2 xưởng làm được:
ta có phương trình:
1 1000000 1000000 1 3 437500 3000000 437500 x x4 x x4 1 1 7 48( x 4) 48 x 7 x x 4 x x 4 48 48 x 192 48 x 7 x 2 28 x 7 x 2 124 x 192 0 7 x 2 112 x 12 x 192 0 7 x x 16 12 x 16 0 x 16(tm) x 16 7 x 12 0 12 x (ktm) 7 Vậy khi chỉ còn xưởng X2 hoạt động thì sau 16 ngày sẽ làm xong số khẩu trang theo hợp đồng. Bài 5.
A M
D N
F E
G O C B a) Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp
900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Ta có: MDC BAC 900 ABCD là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn 1 BDC cạnh dưới các góc bằng nhau) b) Chứng minh MAB MDC và tính tích MB.MD theo AC
314 Xét MAB và MDC có:
MDC 900 MAB MDC ( g .g ) AMB DMC (đối đỉnh); MAB MA MB (hai cạnh tương ứng) MB.MD MA.MC MD MC 1 1 1 1 2 Mà M là trung điểm AC nên MA MC AC MA.MC AC. AC AC 2 2 2 4 1 2 Vậy MB.MD AC 4 c) Chứng minh MB.NE.CF MF .NB.CE NB MB CE EG Kẻ EG / / BF (G AC ) 1 và 2 (định lý Ta – let ) NE EG CF MF Nhân hai vế của 1 và 2 ta được:
NB CE MB EG NB CE MB . . . NE CF EG MF NE CF MF MB.NE.CF MF .NB.CE ( dfcm) Bài 6. Vì khoảng cách từ đỉnh nón đến vành nón chính là độ dài đường sinh của hình nón nên độ dài đường sinh của hình nón là l 30(cm)
Bán kính vành nón là R
40 20(cm) 2
Vậy diện tích xung quanh của chiếc nón là S xq Rl .20.30 600 cm 2
315 SỞ GD & ĐT SƠN LA
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN Ngày thi : 22/7/2020
Đề số 52
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1.(1, 5 điểm) Cho biểu thức A
x 1 1 x4 x 2 x 2
a) Tìm điều kiện để biểu thức A xác định b) Rút gọn biểu thức A Câu 2. (1,0 điểm) 2
Trên cùng hệ trục tọa độ vẽ đồ thị hai hàm số y x 2 & y x . Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị đó. Câu 3. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:
x 2035 a) 2020 x 2 2
2
b) x 2 2 x 6 0
2
c) x
9 x2
x 3
2
7
2
Câu 4. (1,0 điểm) Cho phương trình x 2 m 3 x m 1 0 với m là tham số. Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương. Câu 5. (1,5 điểm) 2
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 480m . Nếu tăng chiều dài lên 8m và chiều rộng giảm đi 2m thì diện tích không đổi. Hãy tính chu vi của mảnh vườn đó Câu 6. (3,0 điểm) Từ điểm A bên ngoài đường tròn tâm O vẽ các cát tuyến AB, AC (B, C là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của OA và BC a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn . b) Tính diện tích tam giác ABC trong trường hợp bán kính đường tròn (O) bằng R và
AO 3R c) Dây cung EF thay đổi nhưng luôn đi qua H . Chứng minh AO là tia phân giác của góc EAF
316 ĐÁP ÁN Câu 1. a) Tìm điều kiện
x 0 x 0 x 0 Điều kiện x 4 0 x 4 x 4 x 20 x 2 Vậy biểu thức A xác định khi x 0, x 4 b) Rút gọn A
A
x 1 1 x 0 x4 x 2 x 2 x 4
x x 2 x 2 x4 1 x4 x4
Câu 2. Ta có phương trình hoành độ giao điểm của P và d :
x 2 x2 x2 x 2 0 x2 2 x x 2 0 x x 2 x 2 0 x 2 x 1 0 x 2 y 4 A 2;4 x 1 y 1 B( 1;1) Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là A 2;4 ; B 1;1 Câu 3.
x 2035 x 2035 a) 2020 x x 2020 2 2 2 2 1 2005 x x 2005 2 2 b) x 2 2 2 6 0 ' 2 6 8 0 x1 2 8 3 2 x2 2 8 2
S 3 2; 2 2
c) x
9x2
x 3
2
7 * . Điều kiện x 3
317
* x 2 2.
3x 2 9x2 6 x2 7 x 3 x 3 2 x 3 2
2
x 2 3x 3 x 3x 6 x2 6 x2 x 70 70 x 3 x 3 x3 x3 2
x2 x2 6. 7 0 (1) x 3 x 3
x2 t Đặt x3 1 t 2 6t 7 0 t 2 7t t 7 0 t 1 t t 7 t 7 0 t 7 t 1 0 t 7
x2 )t 7 7 x 2 7 x 21 0 có 35 0 PTVN x3 1 13 x1 (tm) 2 x 2 2 )t 1 1 x x 3 0 x3 1 13 (tm) x2 2 1 13 2
Vậy tập nghiệm của phương trình: S Câu 4. Tìm m…. 2
Để phương trình x 2 m 3 x m 1 0 có hai nghiệm dương thì 2
2 ' 0 m 3 m 1 0 m 6m 9 m 1 0 S 0 2 m 3 0 m 3 0 P 0 m 1 m 1 0 m 2 7m 10 0 x 2 m 3 x 5 1 m 2 m 1 1 m 3
Vậy 1 m 2 Câu 5. Gọi chiều dài và chiểu rộng của mảnh vườn là x, y m x y 2 2
Vì diện tích mảnh vườn là 480m nên ta có phương trình xy 480(1)
318 Nếu tăng chiều dài lên 8m thì chiều dài mới là x 8 m Giảm chiều rộng đi 2m thì chiều rộng mới là y 2( m) Khi đó diện tích mảnh vườn không thay đổi nên ta có phương trình:
x 8 y 2 480 xy 8 y 2 x 16 480 . Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 2 x 8 y 16(do xy 480) x 4 y 8 2 4 y 2 8 y 480 0 y 2 2 y 120 0 xy 480 (4 y 8). y 480 x 4 y 8 x 4 y 8 x 4 y 8 x 4 y 8
y 12(tm) x 40 (tm) y 10(ktm) y 12 x 4.12 8 Vậy chu vi mảnh vườn đó: C 2 x y 2. 40 12 104(m) Câu 6.
F
B
A
H
O
E C
a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn Ta có: AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O)
AB OB ABO ACO 900 AC OC Xét tứ giác ABOC có: ABO ACO 900 900 1800 ABOC là tứ giác nội tiếp b) Tính diện tích tam giác ABC
319 Ta có: OB OC R O thuộc đường trung trực của BC
AB AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) A thuộc đường trung trực của BC AO là đường trung trực của BC AO BC H H là trung điểm của BC (tính chất đường kính dây cung) Áp dụng định lý Pytago vào ABO vuông tại B ta có: AB AO 2 OB 2 9 R 2 R 2 2 2 R Áp dụng hệ thức lượng cho ABO vuông tại B, đường cao BH ta có:
BH
OB. AB 2 2 R.R 2 2 R AO 3R 3
AH
AB 2 8R 2 8 R 4 2R BC 2 BH AO 3R 3 3
S ABC
1 1 8R 4 2 R 16 2 R 2 AH .BC . . (dvdt ) 2 2 3 3 9
Vậy khi OA 3R thì S ABC
16 2 R 2 (dvdt ) 9
c) Chứng minh AO là tia phân giác của EAF Ta có : ABOC là tứ giác nội tiếp (theo câu a)
4 điểm A, B, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO HA.HO HB.HC 1 Ta có 4 điểm E , B, F , C cùng thuộc một đường tròn HE.HF HB.HC (phương tích ) (2) Từ (1) và (2) suy ra HA.HO HE.HF
HA HF HE HO
Xét HEO và HAF có:
HA HF (cmt ); EHO AHF (đối đỉnh) HEO HAF (c.g.c) HE HO HAF (hai góc tương ứng) HEO
CAF AEOF là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh liên tiếp A, E cùng nhìn cạnh OF FEO dưới các góc bằng nhau)
FAO OF (vì OE OF ) EAO Xét đường tròn ngoại tiếp AEOF có OE (dfcm) AO là tia phân giác của EAF
320
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TỈNH TÂY NINH
THPT Ngày thi: 17/07/2020
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN (không chuyên)
Đề số 53
Thời gian làm bài : 120 phút
Câu 1.(1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức T Câu 2.(1,0 điểm) Tìm x để biểu thức T
49 36 16 4 x 3 xác định
2 x y 5 x 3y 6
Câu3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình
Câu 4.(1,0 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y
1 2 x 2
Câu 5.(1,0 điểm) Cho tam giác cân ABC. Biết AB AC a 5, BC 2a. Gọi M là trung điểm BC , tính theo a độ đoạn thẳng AM Câu 6.(1,0 điểm) Biết rằng đồ thị của hàm số y m 1 x 3m 4 đi qua điểm A 1;3 . Tìm m 2
Câu 7.(1,0 điểm) Cho phương trình 2 x 4 x 7 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Không giải
2
2
phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức S x1 1 x2 1 . Câu 8.(1,0 điểm) Có hai rổ chứa số quả cam như nhau. Nếu lấy 6 quả cam từ rổ thứ nhất bỏ sang rổ thứ hai thì khi đó số quả cam ở rổ thứ hai bằng bình phương số quả cam ở rổ thứ nhất. Hỏi ban đầu mỗi rổ có bao nhiêu quả cam ? Câu 9.(1,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 2020. Gọi M là trung điểm của AB và N là điểm trên cạnh AD sao cho AN 2 ND. Hai đoạn CM và BN cắt nhau tại K. Tính diện tích của tam giác KBC
ABC 600 và đường cao AH ( H Câu 10.(1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có thuộc cạnh BC). Trên cạnh AC lấy D sao cho AD AB. Gọi I là trung điểm BD, đường thẳng HI cắt AC tại E. Tính AEH
321 ĐÁP ÁN Câu 1. 49 36 16 7 6 4 5 Câu 2.Để biểu thức T
4 x 3 xác định 4 x 3 0 x
3 4
2 x y 5 2 x y 5 7 y 7 y 1 x 3y 6 2 x 6 y 12 x 6 3 y x 3
Câu 3.
Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y 3;1 Câu 4. Học sinh tự vẽ đồ thị hàm số (P) Câu 5.
A a 5
B
a 5
M
C
2a ABC cân mà MB MC AM BC
BM MC
BC 2a a 2 2
Xét AMC vuông tại M, áp dụng định lý Pytago ta có:
AC 2 AM 2 MC 2 AM AC 2 MC 2
a 5
2
a 2 2a
Câu 6. Đồ thị hàm số đi qua điểm A 1;3 , thay tọa độ điểm A vào hàm số ta có:
3 m 1 .1 3m 4 2m 2 m 1 Vậy với m 1 thì đồ thị hàm số đi qua điểm A 1;3 Câu 7.
x1 x2 2 Áp dụng hệ thức Vi – et ta có: 7 x x 1 2 2
322 2
S x12 1 x22 1 x1 x2 x12 x22 1 2
x1 x2 x1 x2 2 x1 x2 1 2
9 7 7 22 2. 1 4 2 2 Câu 8. Gọi số cam ở mỗi rổ là x x 6, x Rổ thứ nhất sau khi lấy đi 6 quả cam là : x 6 (quả) Rổ thứ hai sau khi thêm vào 6 quả cam là : x 6 (quả) Theo đề bài, số cam ở rổ thứ hai bằng bình phương số cam ở rổ thứ nhất nên ta có phương trình: 2
x 6 x 6 x 6 x 2 12 x 36 0 x 2 13x 30 0 x 2 3x 10 x 30 0 x x 3 10 x 3 0 x 10 x 3 0 x 10 0 x 10(tm) x 3 0 x 3(ktm) Vậy số cam ở mỗi rổ ban đầu là 10 quả. Câu 9.
A
M
B
K N D
F
E C
Kẻ NE / / DC E BC ; NE MC F
MK MB KF NF
EF EC ND 1 MB BC AD 3 EF 1 EF 1 NE 5 NF 5 NF 5 AB 6 NE 6 NF 6 AB 6 MB 3
Có:
323
MK 3 MK 3 KF 5 MF 8 MF 2 MK 1 KC 3 Mà MC 3 MC 4 MC 4 3 3 1 3 S KBC .S BMC . S ABCD S KBC .2020 378,75 4 4 4 16
Câu 10.
C D E A
I
H B
Xét ABD vuông tại A mà AB AD ABD vuông cân tại A Lại có: I là trung điểm của BD
Trong ABD có AI là đường trung tuyến, đồng thười AI cũng là đường cao
AHB 900 ( AH là đường cao) AIB 900 mà AIB AHB 900 Xét tứ giác AIHB có 2 đỉnh H và I kề nhau cùng nhìn cạnh AB dưới 1 góc vuông
AHI ABI 450 (cùng chắn cung AI) Nên tứ giác AIHB là tứ giác nội tiếp Mà AHC 900 ( AH BC ) AHI EHC AHC EHC AHC AHI 900 450 450 1 ABC vuông tại A ABC ACB 900 (hai góc phụ nhau) 900 600 300 hay ECH 300 (2) ACB 900 ABC
ECH (3) AEH EHC Ta có: AEH là góc ngoài của EHC AEH 450 300 750 Từ 1 , 2 , 3
324 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
THÁI BÌNH
NĂM HỌC 2020-2021 MÔN THI: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài : 120 phút
Đề số 54 Câu 1. (2,0 điểm)
x 1 x 1 x 1 x x 0 và B : x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 a) Tính giá trị của biểu thức A khi x 9 b) Rút gọn biểu thức B c) Tìm x để giá trị của A và B trái dấu
Cho A
x 2 y 4m 5 (m là tham số) 2 x y 3m
Câu 2. (2,0 điểm) Cho hệ phương trình a) Giải hệ phương trình khi m 3
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm x; y thỏa mãn
2 1 1 x y
2
2
Câu 3. (2,0 điểm) Cho parabol P : y x và đường thẳng d : y 3mx 1 m (m là tham số) a) Tìm m để d đi qua điểm A 1; 9 b) Tìm m để d cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn
x1 x2 2 x1 x2 Câu 4. (3,5 điểm) Qua điểm M nằm bên ngoài đường tròn O; R , kẻ hai tiếp tuyến
MA, MB ( A, B là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và D) a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp và MO AB b) Chứng minh MA. AD MD. AC c) Gọi I là trung điểm của dây cung CD và E là giao điểm của hai đường thẳng AB và OI . Tính độ dài đoạn thẳng OE theo R khi OI
R 3
d) Qua tâm O kẻ đường thẳng vuông góc với OM cắt các đường thẳng MA, MB lần lượt tại P, Q. Tìm vị trị của điểm M để diện tích tam giác MPQ đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5. (0,5 điểm) 2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 3 x 4 x y 16 x 2 y 12 y 1998
325 ĐÁP ÁN Câu 1. a) Thay x 9(tmdk ) vào biểu thức A ta có: A
9 1 2 9 1
b) Rút gọn biểu thức B Với x 0, x 1ta có:
x 1 x 1 .
x 1
x 1 . x
2
2
. x 1 x 1 x 1 4 x x 1 . x
x 1 x 1 x B : x 1 x 1 x 1
x 1
x 1
x 1 x 4 x 1
c) Để giá trị A và B trái dấu thì AB 0
x 1 4 4 . 0 0 x 1 x 1 x 1 4 0 x 1 0 x 1 x 1 Do 4 0 x 1 Kết hợp với điều kiện, Vậy Để giá trị A và B trái dấu thì 0 x 1
Câu 2. a) Giải hệ phương trình khi m=3 Với m 3 ta có hệ phương trình:
x 2 y 7 x 2 y 7 5 x 25 x 5 2 x y 9 4 x 2 y 18 y 9 2 x y 1 Vậy với m 3 x; y 5; 1 b) Tìm m để………….
x 2 y 4m 5 2 x y 3m
Ta có:
(1) (2)
Từ phương trình 2 ta có: y 3m 2 x Thế vào phương trình (1) ta có:
1 x 2 3m 2 x 4m 5 x 6m 4 x 4m 5 5 x 10m 5 x 2m 1 y 3m 2 x 3m 2 2m 1 m 2 Với mọi m phương trình luôn có nghiệm duy nhất x; y 2m 1; m 2
326 Theo đề bài ta có :
2 1 1* x y
1 x 0 2m 1 0 m Điều kiện: 2 y 0 m 2 0 m 2 2 1 2 1 * 1 1 0 2m 1 m 2 2m 1 m 2 2m 1 m 2 2 m 2 2m 1 0 2m 2 5m 2 2m 4 2m 1 0 m 1(tm) 2m m 3 0 3 m (tm) 2 3 Vậy m 1; m thỏa mãn điều kiện bài toán . 2 2
Câu 3. a) Tìm m để đường thẳng ………. Đường thẳng d : y 3mx 1 m đi qua điểm A 1; 9 2
9 3m.1 1 m 2 m 2 3m 9 1 0 m 2 3m 10 0 m 2 5m 2m 10 0 m 2 m m 5 2 m 5 0 m 2 m 5 0 m 5 Vậy m 2 hoặc m 5 thỏa mãn bài toán b) Tìm m để (d) cắt (P)………… Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là :
x 2 3mx 1 m 2 x 2 3mx m 2 1 0 * Đường thẳng d cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ là giao điểm x1 , x2
* có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 2
0 3m 4 m2 1 0 5m2 4 0 m Vậy với mọi m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2
x1 x2 3m
Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
2 x1 x2 m 1
. Theo đề bài ta có:
327
x1 x2 2 x1 x2 3m 2 m 2 1 2m 2 3m 2 0 2m 2 4m m 2 0 2m m 2 m 2 0 m 2 m 2 2m 1 0 1 m 2 1 Vậy m và m 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 Câu 4.
E A
P
D
I C M
O
H
B
Q
a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp và MO AB
OBM 900 Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên OAM 0
0
Xét tứ giác MAOB có: OAM OBM 90 90 180
0
MAOB là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 ) Vì OA OB R O thuộc trung trực của AB
MA MB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) M thuộc trung trực của AB. MO là trung trực của đoạn thẳng AB Vậy MO AB(dfcm) b) Chứng minh MA. AD MD. AC MDA (cùng chắn cung AC) Xét MAC và MDA có: AMD chung; MAC MA AC MA. AD MD. AC (dfcm) MD AD c) Tính độ dài đoạn thẳng OE theo R
MAC MDA( g.g )
328 Gọi AB OM H , theo ý a) ta có OM AB tại H Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAM , đường cao AH ta có:
OA2 OH .OM OC OM OH OC OC OM Xét OCH và OMC có: COM chung; (cmt ) OH OC OCH OMC (c.g.c) OCH OMC OMI (1) (hai góc tương ứng) 2
Mà OA OC R nên OC OH .OM
Vì I là trung điểm của CD ( gt ) nên OI CD (đường kính dây cung)
MOI 900 OMI vuông tại I OMI EOH 900 (do OEH vuông tại H) Lại có: OEH EOH nên OMI OEH Mà MOI
2
Từ (1) và (2) suy ra OCH OEH OMI
Tứ giác OECH là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)
OHE 900 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OE ) OCE OCE vuông tại C, có đường cao CI Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OCE ta có: OC 2 R 2 OC 2 OI .OE OE 3R R OI 3 R Vậy khi OI thì OE 3R 3 d) Tìm vị trí điểm M………. Đặt OM x x R . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OMP, đường cao OA ta có:
1 1 1 1 1 1 OA2 OM 2 OP 2 R 2 x 2 OP 2 1 1 1 xR 2 2 OP 2 OP R x x2 R2 Xét tam giác MPQ có đường cao MO đồng thời là đường phân giác (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên MPQ là tam giác cân tại M, do đó đường cao MO cũng đồng thời là đường trung tuyến PQ 2OP
2 xR x2 R2
329 Khi đó S MPQ Ta có:
1 1 2 xR x2 MO.PQ x. R. 2 2 x2 R 2 x2 R2
x2 x2 R 2
x2 R 2 R 2 x2 R2
2
2
x R
R2 x2 R2
Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có:
x2 R2
R2
x2 R2 .
2
x2 R 2
Khi đó S MPQ R.2 R 2 R 2
x2 R2
2R
2
R2
2
x R
Dấu " " xảy ra
R2
2
x R
2
x 2 R 2 R 2 x R 2(tm) 2
Vậy diện tích tam giác MPQ đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2R M cách tâm O một khoảng bằng R 2 Câu 5. Tìm giá trị lớn nhất của P Điều kiện y 0
P 3 x 2 4 x y 16 x 2 y 12 y 1998
y 9 x
2 x 2 4 x y 2 y 12 x 12 y x 2 4 x 1998
4 x 4 18 4 1998 2 x y 3 x 2 2020 2 x y 3 0, x, y 0 P 2020 x, y 0 Vì 2 x 2 2 x y y 6 x 6 2
2
2
2
x 2 2 0, x
x y 3 0 x 2 y 1 x 2 0
Dấu " " xảy ra
Vậy MaxP 2020 x 2; y 1
330 UBND TỈNH THÁI NGUYÊN
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020-2021
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
MÔN TOÁN (Dành cho tất cả thí sinh) Thơi gian làm bài: 120 phút
ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 55 Câu 1. Không dùng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức A 50 32
2
x y 4 2 x y 5
Câu 2. Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình: Câu 3. Cho hàm số bậc nhất y f x
3 1 x 1
a) Hàm số trên là đồng biến hay nghịch biến trên ? Vì sao ? b) Tính các giá trị : f 0 ; f
3 1
2
Câu 4. Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y 2 x và y x 3
Câu 5. Cho biểu thức P
3x 3 x 3
x 2
x 1
1 x 2 x x 0 : x 2 x 1 x 1 x 1
a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị của x để P 0 Câu 6. Ông Minh dự định đi bằng xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 80km trong thời gian định trước. Khi đi được 20km, tại địa điểm C, xe của ông hỏng nên ông phải dừng lại để sửa xe mất 10 phút. Sau khi sửa xe xong, để đảm bảo thời gian như đã định, ông Minh tăng vận tốc thêm 5km / h trên quãng đường đi từ C đến B. Hãy tính vận tốc xe của ông Minh trên quãng đường từ A đến C Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH . Biết AB 3cm, BC 5cm. Tính độ dài cạnh AC và đường cao AH . Câu 8. Cho hai đường tròn O1;10cm và O2 ;15cm cắt nhau tại hai điểm phân biệt Tiếp tuyến chung ngoài AB cắt đường thẳng O1O2 tại điểm C với A O1 , B O2 . Tính độ dài đoạn thẳng O1O2 biết CO1 40cm. Câu 9. Cho tam giác ABC cân tại A, các đường cao AM , BN cắt nhau tại H . Chứng minh
MN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH Câu 10. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O , các đường cao
AD, BE , CF cắt nhau tại H . Đường thẳng AD cắt đường tròn O tại M khác A a) Chứng minh tam giác BHM cân
331 b) Gọi P, Q lần lượt là điểm đối xứng với M qua AB và AC. Chứng minh ba điểm
P, H , Q thẳng hàng. ĐÁP ÁN Câu 1.
A 50 32 2 5 2 4 2 2 2 2 Câu 2. Ta có:
x y 4 3 x 9 x 3 2 x y 5 y 4 x y 1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x; y 3;1 Câu 3. a) Đồng biến hay nghịch biến Xét hàm số y f ( x)
y f ( x)
3 1 x 1có a 3 1 0 nên hàm số
3 1 x 1đồng biến trên
b) Tính các giá trị Xét hàm số y f x
3 1 x 1 có:
f 0 3 1 .0 1 1 f 3 1 3 1 . 3 1 1 3 11 3
Vậy f 0 1 và f
3 1 3
Câu 4. Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là :
2 x 2 x 3 2 x 2 x 3 0 Phương trình có dạng a b c 2 1 3 0 nên có hai nghiệm phân biệt
x 1 y 2 3 9 x y 2 2 3 2
Vậy tọa độ giao điểm là 1; 2 ; ; Câu 5. a) Rút gọn P Với x 0, x 1ta có:
9 2
332
P
3x 3 x 3
x 2
1 x 2 x : x 2 x 1 x 1
x 1
3x 3 x 3 x 1 x 4
.
x 1 x
x 1 2 x x 2 x 1 2 x 1 . x x 1 x 2 x 1 x 2
2x 4 x x 2
.
x 1
x 1 x
b) Tìm giá trị x
2 Ta có: P 0
Do 2
0
x 1 x 1
x 1 0 x
2
0
x 1 x 1
x 1 0 x 1(tm)
Vậy để P 0 thì x 1. Câu 6. Gọi vận tốc dự định của ông Minh là x km / h x 0 Khi đó thời gain dự định ông Minh đi hết quãng đường A đến B là
80 ( h) x
20 (h) x Sau khi sửa xe ông Minh đã tăng vận tốc thêm 5km / h trên quãng đường CB nên vận tốc ông Minh đi trên quãng đường CB : x 5( km / h) Thời gian ông Minh đi hết quãng đường AC là :
Thời gian ông Minh đi hết quãng đường BC là : Tuy phải sửa xe mất 10 phút
80 20 60 ( h) x5 x5
1 h nhưng ông Minh vẫn đến nơi đúng giờ nên ta có 6
phương trình:
80 20 60 1 60 60 1 6.60 x 5 6.60 x x x 5 x x x5 6 x x5 6 2 2 1800 x 5 x x 45 x 40 x 1800 0 x x 45 40 x 45 0 x 40 x 45 0 x 45 0 x 45(ktm) x 40 0 x 40(tm) Vậy vận tốc của ông Minh trên quãng đường AC là 40km / h
333 Câu 7.
A C B
H
Áp dụng định lý Pytago vào ABC vuông tại A ta có:
AC BC 2 AB 2 52 32 4 cm Áp dụng hệ thức lượng cho ABC vuông tại A có đường cao AH ta có:
AB. AC 3.4 2,4 cm BC 5 Vậy AC 4cm, AH 2,4cm AH .BC AB. AC AH
Câu 8.
B A
C
O1
O2
334
A O1 O1 A 10cm B O2 O2 B 15cm
Ta có:
O A BC AB là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn 1 AO1 / / BO2 O2 B BC
CO1 AO1 (định lý Ta let) CO2 BO2
40 10 2 CO2 60 cm O1 O2 60 40 20 cm CO2 15 3
Vậy O1O2 20cm Câu 9.
A
O H B
M
N C
Gọi O là trung điểm của AH O là tâm của đường tròn đường kính AH
90 ANH vuông tại N Ta có: BN là đường cao của ABC BN AC HNA 0
N O * Xét ANH vuông tại N có đường trung tuyến ON ON OH tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông).
OHN 1 ONH cân tại O ONH Vì ABC cân tại A, có đường cao AM M là trung điểm BC Xét BCN vuông tại N có đường trung tuyến NM
1 AH (đường trung 2
335
1 MN BM BC (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) 2 MNB 2 MBN
OHN (hai góc đối đỉnh) OHN HBM 900 3 Mặt khác BHM HNO 900 hay MN ON ** Từ (1), (2), (3) suy ra MBN Từ * , ** MN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH . Câu 10.
A Q E F H
P
B
J O C
D
I
M
a) Chứng minh BHM cân
CF AB AFC ADC 900 AD BC
Ta có: AD, CF là hai đường cao của ABC 0
Xét tứ giác ACDF có : AFC EDC 90 , Mà đỉnh F , D là hai đỉnh kề nhau nên
) DFC (cùng chắn DC ACDF là tứ giác nội tiếp DAC hay MAC DFC
1
MAC 2 (hai góc nội tiếp cùng chắn MC ) Xét đường tròn O ta có: MBC
336
BDH 900 900 1800 BFHD là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác BFHD có: BFH ) hay CFD HBD HBD (hai góc nội tiếp cùng chắn HD HFD
3
Từ (1), (2), (3) suy ra HBD CBM hay HBD DBM BD là đường phân giác của BHM Xét HBM ta có: BD vừa là đường cao, vừa là đường phân giác
BHM cân tại B ( dfcm) b) Chứng minh P, H , Q thẳng hàng
AB PM I AC MQ J
Gọi I là giao điểm của AB và PM , J là giao điểm của AC và MQ
BDM 900 900 1800 mà hai góc này là hai góc đối diện Xét tứ giác IBDM có: BIM IDB (hai góc nội tiếp cùng chắn IB ) nên IBDM là tứ giác nội tiếp IMB MJC 900 mà hai góc này kề nhau nên MDJC là tứ Xét tứ giác MDJC ta có: MDC ) JMC (hai góc nội tiếp cùng chắn JC giác nội tiếp JDC
ACM (góc ngoài tại 1 đỉnh Tứ giác ABMC là tứ giác nội tiếp đường tròn O IBM bằng góc trong tại đỉnh đối diện) 1
IMB 90 Ta có: BIM vuông tại I IBM JCM 900 JMC vuông tại J JMC
0
2 3
BDI JDC JMC BDI , JDC là hai góc đối đỉnh nên Từ 1 , 2 , 3 BMI
I , D, J thẳng hàng. Ta có: BHD là tam giác cân tại B cmt có đường cao BD đồng thời là đường trung tuyến D là trung điểm của HM . Xét PHM có:
D, I lần lượt là trung điểm của MH , MP DI là đường trung bình của PHM DI / / PH PH / / IJ 4 Xét MHQ ta có: D, J lần lượt là trung điểm của MH , MQ
DJ là đường trung bình MHQ DJ / / HQ HQ / / JI 5 Từ (4) và 5 P, H , Q thẳng hàng.
337 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
THANH HÓA
NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi: Toán
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian: 120 phút
Đề số 56
Ngày thi: 17/07/2020
Câu I. (2,0 điểm)
4 x x 0; x 1 8x x 2 3 : x 2 x4 x 2 x 4
Cho biểu thức P
1) Rút gọn biểu thức 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 diểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm M 2;3
x 3y 4 2 x 3 y 1
2. Giải hệ phương trình: Câu III.(2,0 điểm) 2
1. Giải phương trình: x 5 x 4 0 2
2. Cho phương trình x 5 x m 2 0 ( m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn hệ thức:
1
x1 1
2
1
x2 1
2
1
Câu IV.(3 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn O . Các đường cao BD, CE (D thuộc AC , E thuộc AB) của tam giác kéo dài lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm M và N (M khác B, N khác C ) 1. Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp được trong một dường tròn 2. Chứng minh MN song song với DE 3. Khi đường tròn (O) và dây BC cố định, điểm A di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn, chứng minh bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE không đổi và tìm vị trí của điểm A để diện tích tam giác ADE đạt giá trị lớn nhất. Câu V. (1 điểm)
338 Cho ba số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện x y z xyz . Tìm giá trị nhỏ nhất
y2 z2 x2 2 2 x2 y z
của biểu thức Q
ĐÁP ÁN Câu I. 1. Rút gọn biểu thức P Với x 0, x 1, x 4 ta có:
4 x 8x x 2 P 3 : x 2 x4 x 2 4 x.
x 2 8x
x 2
x 2
4x 8 x 8x
x 2
x 2
.
x 23 :
x 2
x 2
x 2 . x 2 x 2 4 x 1
4 x x 2 x 23 x 6 x 2
x 1 x
2) Tìm x để P 4 Ta có:
P 4
x 1 x
4 x 4 1 x
4 16 x (tm) 5 25 16 Vậy P 4 thì x 25 5 x 4 x
Câu II. 1) Tìm a, b Đường thẳng d cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên đường thẳng (d) đi qua điểm ( 0;2) , thay vào ta có:
2 a.0 b b 2 Khi đó phương trình d có dạng y ax 2 Đường thẳng d đi qua điểm M 2;3 nên thay tọa độ điêm M và đường thẳng (d) ta có: 3 a.2 2 a
1 2
339 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là y
1 x2 2
b) giải hệ phương trình
3x 3 x 3y 4 x 1 4 x 2 x 3 y 1 y y 1 3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là x; y 1;1 Câu III. 2
1) Giải phương trình x 5 x 4 0
x 2 5 x 4 0 x 2 x 4 x 4 0 x x 1 4 x 1 0 x 4 x 4 x 1 0 x 1 Vậy S 1; 4 2) Tìm tham số m Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì
0 52 4 m 2 0 25 4m 8 0 4m 33 m x1 x2 5 x1 x2 m 2
Khi đó áp đụng định lý Viet ta có:
2
2
x 1 x2 1 1 1 1 2 2 2 2 x1 1 x2 1 x1 1 . x2 1 2 x12 2 x1 1 x22 2 x2 1 x1 x2 x1 x2 1 1
1
2
x1 x2 2 x1 x2 2 x1 x2 2 x1 x2 x1 x2 1 25 2 m 2 2. 5 2 m 2 5 1 25 2m 4 10 2 m 4
2
2m 41 m2 8m 16 m 5 5 2(tm) m 2 10m 25 0 m 5 5 2(tm) Vậy m 5 5 2 thì thỏa đề. Câu IV.
2
2
33 4
340
A M I G
N
O
E H B
D
P K
C F
1) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp
BEC 900 Vì BD, CE là các đường cao của ABC nên BD AC , CE AB BDC Suy ra tứ giác BCDE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau 2) Chứng minh MN song song với DE
BCE (cùng chắn cung BE) Vì BCDE là tứ giác nội tiếp (cmt) BDE ) BCN BMN (hai góc nội tiếp cùng chắn BN Mà BCE
BMN , mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên MN / / DE BDE 3) Tìm vị trí A để S ADE lớn nhất. Gọi BD CE H
AEH ADH 900 900 1800 AEHD là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác AEHD có AEH 900 nên là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, do đó tứ giác AEHD nội tiếp Lai có 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 ; Kẻ đường kính AF và gọi K là trung điểm của BC
AH 2
341 Vì ABF , ACF là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) nên ABF ACF 90
0
Ta có:
CF AB BF AB CF / / BH ; CH / / BF BH AB CH BF Tứ giác BHCF là hình bình hành Hai đường chéo BC , HF cắt nhau tại trung điểm mỗi đường mà K là trung điểm BC (theo cách vẽ) nên K cũng là trung điểm của HF 1 Khi đó OK là đường trung bình của AHF nên OK AH (tính chất đường trung bình) 2 , suy ra đường tròn ngoại tiếp 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 đường tròn ngoại tiếp ADE bằng OK không đổi Ta có: BAC
1 sd cung BC mà BC cố định nên sđ cung BC không đổi. 2
không đổi Do đó BAC chung ; Xét ADE và ACB có: BAC
AED ACB (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác BCDE ) AED ACB( g.g ) theo tỉ số k
AD AB
2
S AD 2 Do đó ta có: AED k S ACB AB AD cos BAC Xét tam giác vuông ABD có: AB S AED cos 2 BAC AED cos 2 BAC.S ABC , mà cos BAC không đổi nên S AED đạt S ABC giá trị lớn nhất thì S ABC max
1 AP.BC 2 Do BC không đổi (giả thiết) nên S ABC không đổi AP lớn nhất Khi đó A phải là điểm chính giữa của cung lớn BC Vậy S AED đạt giá trị lớn nhất khi A là điểm chính giữa của cung lớn BC Kéo dài AH cắt BC tại P nên AP BC và S ABC
Câu V.
342 Ta có: x y z xyz
1 1 1 1 xy yz zx
1 a x 1 Đặt b a, b, c 0 ab bc ca 1 . Khi đó: y 1 c z
1 1 1 Q a2 2 b2 2 c 2 2 b c a a 2 b2 c 2 2 a2 b2 c 2 c a b 2
x2 y 2 x y Áp dụng BĐT ta có: a b ab 2
2
a 2 b2 c2 a b c 2 a b c abc b c a bc a abc Lại có:
a 2 b 2 2ab;
b 2 c 2 2bc
;
c 2 a 2 2ca
2 a 2 b 2 c 2 2 ab bc ca a 2 b 2 c 2 ab bc ca
a b c
2
a 2 b 2 c 2 2ab 2bc 2ca
ab bc ca 2ab 2bc 2ca 3 ab bc ca a b c 3 ab bc ca 3 Do đó :
a 2 b2 c2 2 2 2 2 a b c a b c 2 ab bc ca 3 2 c a b Vậy Qmin
32abc
1 x yz 3 3
343 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
THỪA THIÊN HUẾ
Khóa ngày 18 tháng 7 năm 2020 Môn thi: TOÁN
DỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài : 120 phút (không kể giao đề)
Đề số 57 Câu 1. (1,5 điểm) a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức A
25 16
b) Đưa thừa số ra ngoài dấu căn, tính giá trị của biểu thức
B 9.2 2 25.2 2 16.2
x 1 x 1 : 1 với x 0, x 1 x x x x x
c) Rút gọn biểu thức C Câu 2. (1,5 điểm)
x y 3 3 y 2 x 5
a) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình
b) Tìm giá trị của m để đường thẳng y mx 2m m 0 song song với đường thẳng
y 2 x 2020 Câu 3. (1,0 điểm) Để xây dựng thành phố Huế ngày càng đẹp hơn và khuyến khích người dân rèn luyện sức khỏe, Ủy ban nhân dân tỉnh Thừa Thiên Huế đã cho xây dựng tuyến đường đi bộ ven bờ Bắc sông Hương, từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên có chiều dài 2km. Một người đi bộ trên tuyến đường này, khởi hành từ cẩu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi
17 giờ. Tính vận tốc của người đó lúc về, biết rằng 18 vận tốc lúc đi lớn hơn vận tốc lúc về là 0,5km / h. quay về lại cầu Trường Tiền hết tất cả
Câu 4. (2,0 điểm) Cho phương trình: x m 1 x m 0 1 (với x là ẩn số 2
a) Giải phương trình 1 ki m 2 b) Chứng minh phương trình 1 luôn có nghiệm với mọi giá trị của m c) Tìm các giá trị của m để phương trình 1 có nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện
x12 x2 x1 x22 12 0 Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là một điểm
nhọn (M không trùng A và C). Gọi E và F lần bất kỳ trên cung nhỏ AC sao cho BCM
344 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
900 c) MA.MQ MP.MF và PQM Câu 6. (1,0 điểm) Một chiếc cốc thủy tinh có dạng hình trụ, chiều cao bằng 10cm và chứa một lượng nước có thể tích bằng một nửa thể tích chiếc cốc.Một chiếc cốc thủy tinh khác có dạng hình nón (không chứa gì cả) và có bán kính đáy bằng bán kính đáy chiếc cốc hình trụ đã cho. Biết rằng khi đổ hết lượng nước trong chiếc cốc hình trụ vào chiếc cốc hình nón thì chiếc cốc hình nón đầy nước và không có nước tràn ra ngoài. Tính chiếc cao của chiếc cốc dạng hình nón (bỏ qua bề dày thành cốc và đáy cốc). ĐÁP ÁN Câu 1.
a) A 25 16 5 4 1 b) B 9.2 2 25.2 2 16.2 3 2 2.5 2 2.4 2 3 2 10 2 8 2 2 x 1 x 1 x 1 c)C : 1 x x x 1 x. x x x x
1 x 1 . x 1 x 1 x
x 1 x x.
.
x 1
x x 1
: x 1 x x 1
x
1 x.
x 1
.
x x 1
1 x 1
Câu 2.
x y 3 2 x 2 y 6 y 1 x 4 a) 3 y 2 x 5 2 x 3 y 5 x y 3 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 4;1 b) Tìm giá trị của m Để đường thẳng y mx 2m m 0 song song với đường thẳng y 2 x 2020 thì
m 2 m 2 m 2(tm) 2m 2020 m 1010 Vậy m 2
345 Câu 3. Gọi vận tốc lúc về của người đó là x km / h x 0 Suy ra vận tốc lúc đi : x 0,5( km / h) Thời gian lúc đi:
2 h x 0,5
Thời gian lúc về:
2 ( h) x
Vì người đó khởi hành từ cầu Trường Tiền đến cầu Dã Viên rồi quay về lại cầu Trường
17 giờ nên ta có phương trình: 18 2 2 17 36 x 36 x 0,5 17 x x 0,5 x 0,5 x 18 17 127 36 x 36 x 18 17 x 2 x 17 x 2 x 18 0 2 2 34 x 2 127 x 36 0 34 x 2 136 x 9 x 36 0
Tiền hết tất cả
34 x x 4 9 x 4 0 x 4 34 x 9 0 x 4(tm) x 4 0 9 x ( ktm) 34 x 9 0 34 Vậy vận tốc người đó lúc về là 4km / h Câu 4. a) Giải phương trình(1) khi m 2 Với m 2 thì phương trình (1) trở thành:
x 2 3 x 2 0 x 2 x 2 x 2 0 x x 1 2 x 1 0 x 1 0 x 1 x 1 x 2 0 x 2 0 x 2 Vậy với m 2 thì phương trình (1) có hai nghiệm x 1; x 2 b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi m 2
Xét phương trình x m 1 x m 0 1 2
2
2
Ta có: m 1 4.1.m m 2m 1 4m m 2m 1 m 1 2
Vì m 1 0 nên 0 m Suy ra phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị m c) Tìm các giá trị m…. Theo câu b phương trình luôn có hai nghiệm với mọi m
x1 x2 m 1 x1 x2 m
Khi đó, áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
2
346 Theo bài ra ta có:
x12 x2 x1 x22 12 0 x1 x2 x1 x2 12 0 m m 1 12 0 m 2 m 12 0 m 4 m 4 m 3 0 m 3 Vậy m 4; m 3 thỏa mãn yêu cầu đề bài. Câu 5.
M A F
P
AMF=A1;FMP=A2;PMB=A3 BMQ=A4
Q O C
E
B
a) Tứ giác MFEC là tứ giác nội tiếp
90 , ME BC MEC 90 Ta có: MF AC MFC 0
0
MEC 900 nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng Tứ giác MFEC có MFC nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau). b)
Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng
ECM 1800 1 Theo câu a, tứ giác MFEC nội tiếp nên EFM BCM 1800 2 Tứ giác ABCM nội tiếp nên BAM
) EFM (cùng bù với BCM Từ (1) và (2) suy ra BAM
347
FCM (hai góc nội tiếp cùng chắn FM ) 3 FEM AM ) 4 FCM ABM (cùng chắn Từ (3) và (4) suy ra FEM ABM Xét FEM và ABM có:
EFM (cmt ); FEM BAM ABM (cmt ) FEM ABM ( g.g ) dfcm c) MA.MQ MP.MF và PMQ 90
0
FE MF (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AB MA 2 FQ MF FQ MF AM FM 2 AP MA AP MA AP FQ AM FM ; MAP MFQ cmt MAP MFQ c.g .c Xét MAP và MFQ có: AP FQ MA MP (2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) MA.MQ MP.MF dfcm MF MQ (hai góc tương ứng) Lại có: MAP MFQ(cmt ) AMP FMQ Từ câu b ta có: FEM ABM
M M M M M M M M AMF PMQ 1 2 2 3 4 1 3 4 Xét MAF và MPQ có: (cmt ); MA MP (cmt ) MFA MPQ(c.g.c) AMF PMQ MF MQ 900 nên MQP MQP (hai góc tương ứng) mà MFA 900 dfcm MFA Câu 6.
Theo đề bài ta có:
348 Thể tích nước trong cốc hình trụ = thể tích chiếc cốc hình nón
1 thể tích chiếc cốc hình 2
trụ. Gọi bán kính đáy của hai chiếc cốc là R R 0 Chiều cao của chiếc cốc hình trụ là h 10cm gt Gọi chiều cao của chiếc cốc hình nón là h1 h1 0 Gọi thể tích chiếc cốc hình trụ là V , thể tích chiếc cốc hình nón là V1
1 1 1 1 1 V1 V R 2 h1 R 2 h h1 .10 h1 15cm tm 2 3 2 3 2 Vậy chiều cao của chiếc cốc hình nón là 15cm
349 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
TỈNH TIỀN GIANG
Năm học 2020-2021 Môn thi: TOÁN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút
Đề số 58
Ngày thi: 18/07/2020
Bài I. (1,5 điểm) 1. Rút gọn biểu thức A
5 7
2
7 7
1 1 2 với x 0, x 1 x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức M . b) Tìm tất cả các giá trị của x để M 1
2. Cho biểu thức M
Bài II. (2,5 điểm) 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
x y 3 c) x y 1 2. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A 1;4 và song song với đường thẳng
a) x2 2 x 3 0
b) x 4 3 x 2 4 0
d ' : y x 7 Bài III. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol P : y x
2
a) Vẽ đồ thị parabol P b) Bằng phép tính, tìm tọa độ điểm N thuộc parabol P có hoành độ là
2
Bài IV. (1,5 điểm) Một người đi xe máy từu địa điểm A đến địa điểm B hết 1 giờ 30 phút. Rồi tiếp tục 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 150km và vận tốc của xe máy đi trên quãng đường AB nhỏ hơn vận tốc đi trên quãng đường BC là
5km / h Bài V. (3 điểm) 1. Cho tam giác ABC vuông tại A, biết AB 6cm, BC 10cm. Tính giá trị của biểu thức P 5sin B 3 2. Cho hai đường tròn O; R và O '; r tiếp xúc ngoài tại A, với R r. Kẻ BC là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn với B O , C O ' , tiếp tuyến chung trong tại A của hai đường tròn cắt BC tại M
350 a) Chứng minh 4 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 và AC. Chứng minh tứ giác AEMF là hình chữ nhật c) Chứng minh rằng tam giác MEF đồng dạng với tam giác MO ' O d) Cho biết R 16cm và r 9cm. Tính diện tích tứ giác OBCO ' ĐÁP ÁN Bài I.
5 7
1) Rút gọn biểu thức A
2
7 7
Ta có:
A
5 7
7 5 7 7 5 7 7 5 7
2
Vậy A 5 2. Cho biểu thức …… a) Rút gọn biểu thức M Với x 0, x 1 ta có:
1 x 1
M
1 2 x 1 x 1 2
2 x 2
x 1
x 1
x 1 x 1 2
x 1
2 x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
2 với x 0, x 1 x 1 b) Tìm tất cả các giá trị của x để M 1
Vậy M
Ta có: M
2 . Để M 1 x 1
2 1 x 1
2 x 1 x 3 x 9(tm) Vậy với x 9 thì M 1 Bài II. 1) Giải các phương trình và hệ phương trình:
a) x 2 2 x 3 0 Phương trình trên có dạng a b c 1 2 3 0 nên có hai nghiệm phân biệt:
x1 1; x2
c 3 a
351 Vậy S 1; 3
b) x 4 3x 2 4 0 x 4 x 2 4 x 2 4 0 x 2 x 2 1 4 x 2 1 0 x 2 4 0(VN ) x 2 4 x 2 1 0 2 x 1 x 1 0 x 1 Vậy S 1
x y 3 2 x 4 x 2 c) x y 1 y x 1 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 2;1 Bài III. a) Học sinh tự vẽ Parabol b) Tìm tọa độ điểm N Gọi điểm N
2; y là điểm thuộc parabol P : y x 2
2
Ta có: y x Vậy N
2;2
2
2
2 N
2;2
Bài IV. Gọi vận tốc của xe máy trên quãng đường AB là x km / h
x 0
Vì vận tốc của xe máy đi trên quãng đường AB nhỏ hơn vận tốc đi trên quãng đường BC là 5km / h nên vận tốc của xe máy trên quãng đường BC là x 5 km / h Vì thời gian đi xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B hết 1 giờ 30 phút 1,5 giờ nên quãng đường AB là 1,5 x( km) Vì thời gian đi từ B đến C là 2 giờ nên quãng đường BC là 2 x 5 km Vì quãng đường AC 150km nên ta có phương trình:
1,5 x 2 x 5 150 1,5 x 2 x 10 150 3,5 x 140 x 40(tm) Vậy vận tốc của xe máy trên quãng đường AB là 40km / h Và vận tốc của xe máy trên quãng đường BC là 40 5 45 km / h Bài V. 1.
352
C
10 cm
A
6cm
B
Áp dụng định lý Pytago ta có:
AB 2 AC 2 BC 2 AC 2 BC 2 AB 2 102 62 64 AC 8 4 AC 8 sin B BC 10 5 4 P 5sin B 3 5. 3 7 5 Vậy P 7 2.
B M
1
E
2
I
C
1 1
2
F
1
O
A
O'
a) Chứng minh bốn điểm O, B, M , A cùng thuộc một đường tròn Gọi I là trung điểm của OM ta có:
900 ( BM là tiếp tuyến với O tại B) OBM vuông tại B OBM IO IM IB 1 (trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông bằng nửa cạnh huyền)
900 ( AM là tiếp tuyến với O tại A) OAM vuông tại A OAM
353
IO IM IA 2 (trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông bằng nửa cạnh huyền) Từ 1 và 2 IO IM IB IA Vậy bốn điểm O, B, M , A cùng thuộc đường tròn tâm I đường kính OM dfcm b) Chứng minh AEMF là hình chữ nhật Ta có: OA OB R
MA MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OM là đường trung trực của đoạn AB 900 OM AB MEA 90 Tương tự O ' M CA MFA
0
1 MA MB MAB cân tại M A1 B 1
MC MA MCA cân tại M A2 C 2 C BAC B C A1 A2 B Từ (1) và (2) suy ra 1 2 1 2 0 B C 180 (tổng 3 góc trong tam giác) Mà BAC 1
2
B C 900 BAC 1 2 Tứ giác AEMF có ba góc vuông nên là hình chữ nhật dfcm c) Chứng minh MEF MO ' O
A1 3 Theo câu b, tứ giác AEMF là hình chữ nhật nên F 1 A1 ( cùng chắn cung BM) (4) Mà tứ giác OAMB nội tiếp (câu a) nên O 1 O Từ 3 và 4 suy ra F 1 1 O (cmt ) chung; F Xét MEF và MO ' O có: M 1 1 MEF MO ' O ( g g ) d) Tính diện tích tứ giác OBCO '
900 OMO ' vuông tại M Tứ giác AEMF là hình chữ nhật nên EMF
MA là đường cao trong tam giác vuông OMO ' nên: MA2 AO. AO ' 16.9 144 MA 12 cm MA MB 12 cm BC 24cm Ta có: O ' C BC , OB BC OB / / O ' C
900 nên là hình thang vuông Tứ giác OBCO ' có OB / / O ' C và OBC 1 1 OB O 'C .BC .16 9 .24 300 cm2 2 2 2 Vậy SOBCO ' 300cm SOBCO '
354 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TỈNH TRÀ VINH
NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian: 120 phút
Đề số 59 I.
Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)
Bài 1. (3,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức A 3 27 4 75 2 108
2 x y 7 3 x 2 y 0
2. Giải hệ phương trình 2
3. Giải phương trình: 2 x x 10 0 Bài 2. (2,0 điểm) Cho hàm số y
1 2 x có đồ thị là P 2
1) Vẽ đồ thị P của hàm số 2) Tìm tung độ của điểm nằm tên P có hoành độ bằng 8. Bài 3. (1,0 điểm) Để dẫn nước ngọt tưới tiêu cho vườn nhà, ông Hai đã xẻ một con mương làm cho phần đất còn lại của vườn có dạng hình tam giác vuông với độ dài cạnh huyền và chu vi lần lượt là 130m và 300m. Tính diện tích phần đất còn lại của ông Hai Bài 4. (1,0 điểm) Cho biểu thức B
x2 x 2x x 1 x 0 x x 1 x
1) Rút gọn B 2) Tìm giá trị nhỏ nhất của B II.
Phần tự chọn (3,0 điểm)
Thí sinh chọn một trong hai đề sau đây Đề 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn (O). Các đường cao
AD, BE , CF cắt nhau tại H 1) Chứng minh tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn 2) BE và CF cắt đường tròn O lần lượt tại M , N . Chứng minh MN / / EF 3) Chứng minh H là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác DEF Đề 2 Từ một điểm M ở ngoài đường tròn O , vẽ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn ( A, B là hai tiếp điểm). Qua A vẽ đường thẳng song song với MB, cắt đường tròn tại
355
E , đoạn thẳng ME cắt đường tròn tại F . Hai đường thẳng AF và MB cắt nhau tại I. Chứng minh 1) Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn 2
2) IB IF .IA 3) IM IB ĐÁP ÁN Bài 1. 1) Rút gọn biểu thức Ta có:
A 3 27 4 75 2 108 3.3 3 4.5 3 2.6 3 9 3 20 3 12 3 3 2) Giải hệ phương trình:
2 x y 7 4 x 2 y 14 7 x 14 x 2 3 x 2 y 0 3 x 2 y 0 y 2x 7 y 3 Vậy hệ có nghiệm duy nhất x; y 2; 3 2
3) Giải phương trình 2 x x 10 0
2 x 2 x 10 0 2 x 2 4 x 5 x 10 0 2 x x 2 5 x 2 0 x 2 x 2 0 x 2 2 x 5 0 5 x 2 x 5 0 2 5 Vậy S 2; 2 Bài 2. 1) Học sinh tự vẽ đồ thị hàm số (P) 2) Tìm tung độ……. Gọi A là điểm thuộc đồ thị P và có hoành độ bằng 8 A 8; y A
1 y A .82 32 A(8;32) 2 Vậy tung độ của điểm cần tìm là y A 32 Bài 3. Gọi độ dài hai cạnh góc vuông phần đất còn lại của ông Hai lần lượt là
x, y m DK : 0 x, y 150 Vì độ dài cạnh huyền mảnh đất còn lại là 130m nên ta có phương trình
x 2 y 2 1302 16900 1 ( định lý Pytago trong tam giác vuông)
356 Lại có chu vi của mảnh đất là 300m nên ta có:
x y 130 300 x y 170 y 170 x 2 Thế (2) vào (1) ta có: 2
x 2 170 x 16900 x 2 28900 340 x x 2 16900 x 2 170 x 6000 0 x 2 120 x 50 x 6000 0 x x 120 50 x 120 0 x 120 x 50 0 x 120 y 50(tm) x 50 y 120(tm) Hai cạnh góc vuông phần đất còn lại là 50m,120m Vậy diện tích phần đất còn lại của ông Hai là : S
1 .50.120 3000 m2 2
Bài 4. 1) Rút gọn B Điều kiện: x 0
B
x2 x 2x x 1 x x 1 x
1 x . 2
x. x x 1 B
x x 1 x
x 1 x
1 2
x 1 x x 1 x x 1
x 1
x x 2 x x x 2) Tìm Min P Điều kiện: x 0 Ta có: B x 2
x
x
2
2
1 1 1 1 1 2. x . x 2 4 4 2 4 2
1 1 1 1 1 Vì x 0 x 0 x x 0 B 2 2 4 4 4 1 1 Dấu " " xảy ra x 0 x (tm) 2 4
357 Vậy MaxB
1 1 x 4 4
Đề 1.
A M 1
O N
1
1 2
1 2
F
H 1
B
E
1
C
D
1) Chứng minh tứ giác BDHF nội tiếp
900 AD BC BFH Ta có: 900 CF AB BDH
BDH 900 900 1800 Xét tứ giác BDHF có BFH Tứ giác BDHF là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh MN / / EF BE AC BFC 900 Xét tứ giác BCEF có: BEC CF AB BCEF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc E (hai góc nội tiếp cùng chắn BF ) bằng nhau) C 1
1
M (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN ) M E C Lại có C 1 1 1 1 1 Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên MN / / EF (dfcm) 3) Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp DEF
358
AD BC CEH 900 CDH BE AC
Xét tứ giác CDHE có:
CEH 900 900 1800 CDHE là tứ giác nội tiếp CDH C (hai góc nội tiếp cùng chắn DH ) E 2
1
E (cmt ) E E EH là tia phân giác của DEF Lại có C 1 1 1 2
1
Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có FH là phân giác của DFE
2
Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF (dfcm) Đề 2.
A E F O
M I B 1) Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn
OA MA MBO 900 MAO OB MB
Ta có MA, MB là các tiếp tuyến tại A, B của O
MBO 900 900 180 0 , mà hai góc này đối diện nên Xét tứ giác MAOB có MAO
MAOB là tứ giác nôi tiếp 2
2) IB IF .IA Xét IBF và IAB có: AIB chung
) IBF (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn BF IAB IB IF IB 2 IF .IA(dfcm) IA IB 3) Chứng minh IM IB
IBF IAB( g g )
359
(hai góc so le trong) AEM EMB Ta có: AE / / MB( gt ) Hay AEM FMI (cùng chắn AF ) MAI IMF AEM AEI MAI Lại có:
MAI (cmt ) MIF AIM ( g.g ) chung; IMF Xét MIF và AIM có: MIA MI IF MI 2 IA.IF AI IM MI 2 IB 2 IA.IF MI IB (dfcm)
360 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
TUYÊN QUANG
NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài : 90 phút
Đề số 60
Ngày thi: 22/07/2020
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN
2 x y 1 và x y 2
Câu 1. Hai hệ phương trình
ax 2 y 3 tương đương với nhau khi và chỉ x by 3
khi :
A.a 5, b 2
B.a 5, b 2
C.a 5, b 2
D.a 5, b 2
Câu 2.Trong các hệ phương trình dưới đay, hệ phương trình nào là hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn ?
x2 y 1 A. 2 x 3 y 0
x y 1 C. 2 2 x 3 y 0
x y 1 B. 2 x 3 y 0
x y z 1 D. 2 x 3 y 0
Câu 3. Cho hai đường tròn O1;5cm & O2 ;6cm . Biết O1O2 1cm. Khẳng định nào dưới đây đúng ?
A. O1 & O2 cắt nhau
B. O1 & O2 tiếp xúc ngoài với nhau
C. O1 & O2 không giao nhau
D. O1 & O2 tiếp xúc trong với nhau
Câu 4.Cho hàm số y ax b có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng
-2 -1 A.a 1, b 2
B.a 1, b 2
C.a 2, b 2
D.a 2, b 2
x y 0 là: x 2 y 3
Câu 5. Nghiệm của hệ phương trình
x 3 A. y 3
x 3 B. y 3
x 3 C. y 3
x 3 D. y 3
361 Câu 6.Trong một đường tròn, khẳng định nào dưới đây đúng ? A. Góc nội tiếp có số đo bằng góc ở tâm cùng chắn 1 cung B. Góc ở tâm có số đo bằng một nửa số đo của cung bị chắn C. Góc nội tiếp có số đo bằng số đo của cun bị chắn D. Góc ở tâm có số đo bằng số đo của cung bị chắn Câu 7. Đường thẳng y 2m 1 x 3 (với m là tham số) song song với đường thẳng
y 2 x khi và chỉ khi: A.m
2 3
B.m
Câu 8. Đồ thị hàm số y
A.P 3; 3
1 2
C.m
3 2
D.m 2
1 2 x đi qua điểm nào dưới đây ? 3
B.Q 3; 1
C.N 3;1
D.M 3;3
Câu 9. Cho tam giác vuông ABC có đường cao AH như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng ?
B H 3 cm
A
4 cm
C
3 A.cot CAH 4
4 3 4 B.cot CAH C.cot CAH D.cot CAH 3 5 5 Câu 10. Cho tam giác ABC có đường cao AH như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng
B H 3 cm
A A.BH 1,8cm
4 cm
C
B.BH 1,7cm
C.BH 2cm
D.BH 1,9cm
Câu 11. Cho tam giác vuông ABC như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng ?
362
B 3 cm
A
C
5 cm
AC 4(cm)
B. AC 2 7(cm) C. AC 34(cm) D. AC 6(cm) 2
Câu 12.Biết đồ thị hàm số y ax đi qua điểm A 2;2 , giá trị của a bằng:
A.1
B.
1 2
C. 1
D.
1 2
2
Câu 13.Tích tất cả các nghiệm của phương trình x 3 x 2 0 bằng:
A. 3
B. 2
C.2
D.3
Câu 14.Trong một đường tròn, khẳng định nào dưới đây sai ? A. Hai dây cách đều tâm thì bằng nhau
B. Dây nào gần tâm hơn thì dây đó nhỏ
hơn C. Dây nào gần tâm hơn thì dây đó lớn hơn D. Hai dây bằng nhau thì cách đều tâm Câu 15. Biểu thức
x 5 xác định khi và chỉ khi
A.x 5
B.x 5
C.x 5
D.x 5
Câu 16.Đường tròn ngoại tiếp hình vuông cạnh 6 cm có bán kính bằng
A.3 2 cm
B.3(cm)
C.6(cm)
D.6 2 cm
Câu 17.Cho đường tròn (O) như hình vẽ, Biết cung AmB 1100. Số đo của góc OAB bằng
m
B
A O A.400
B.350 C.250 Câu 18.Cho a 0, b 0. Khẳng định nào dưới đây đúng ?
D.300
363
A.b a ba
B.b a
C.b a b 2 a
ba
D.b a b 2 a
Câu 19. Trong các hàm số dưới dây, hàm số nào là hàm số bậc nhất?
A. y 2021x 2
B. y 2020 x 7 C. y
2 10 x 1
D. y 2020 x 2
Câu 20. Thể tích hình cầu có bán kính r bằng:
A.4 r 2
4 C. r 2 3
B.4 r 3
4 D. r 3 3
Câu 21. Căn bậc hai số học của 16 là :
A. 4
B. 4 & 4 C.4 D.256 Câu 22. Đồ thị hàm số y 2 x 4 đi qua điểm nào dưới đây ? A.P 1;2
B.N 0;4
C.Q 4; 4
D.M 2;0
Câu 23.Cho hình nón có bán kính đáy r và độ dài đường sinh là l. Diện tích xung quanh của hình nón được tính theo công thức ?
1 A.S xq r 2l 3
B.S xq 2 rl
C.S xq rl
D.S xq r 2l
Câu 24.Cho tam giác vuông ABC như hình vẽ
B 6 cm 3 cm
C
A
Khẳng định nào dưới đây đúng ?
3 3 1 A.cos ABC B.cos ABC C.cos ABC 2 3 2 Câu 25.Cho a 1, khẳng định nào dưới đây đúng ? 2
A.
a 1
C.
a 1
2
2
a 1
2
a 1
a 1
B.
a 1
1 a
D.
a 1
D.cos ABC 3
4
4
Câu 26.Đường tròn đường kính d 10(cm) có chu vi bằng:
A.10 cm
B.20 cm
C.100 cm
D.25 cm
Câu 27. Cho hàm số y ax b có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng
364
y
O A.a 0, b 0
x B.a 0, b 0
C.a 0, b 0
D.a 0, b 0
Câu 28.Một hộp sữa hình trụ có chiều cao h 15(cm), chu vi của đáy bằng 37cm .Tính thể tích của hộp sữa (lấy đến 1 chữ số sau dấu phẩy và coi phần vỏ hộp là không đáng kể)
A.1634, 2 cm3 Câu 29. Biểu thức
B.544,7 cm3
C.1634,1 cm3
1 x 2 xác định khi và chỉ khi:
x 1 B. x 1
A. 1 x 1
D.544,8 cm3
x 1 C. x 1
D. 1 x 1
Câu 30. Cho đường tròn tâm O, bán kính r 4(cm)
C B A
O
Biết rằng AO 2r , AB BC , tính độ dài đoạn thẳng AB
A. AB 2 6 cm B. AB 2 5(cm) C. AB 4 2 cm D. AB 2 7 cm PHẦN II. TỰ LUẬN 2
Câu 31.(1,0 điểm)Giải phương trình: 2 x x 1 2 3 x Câu 32.(1,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD có AB 4 cm , ADB 30 . Gọi H là chân 0
đường cao kẻ từ A xuống đường thẳng BD. Tính độ dài đoạn thẳng BD và diện tích tam giác ABH
365 Câu 33.(0,5 điểm) Cho hai số thực a, b thỏa mãn 0 a, b 1. Tính giá trị lớn nhất của biểu thức P 2a b b a ĐÁP ÁN I.Trắc nghiệm 1C
2B
3D
4C
5A
6D
7B
8D
9B
10A
11C
12D
13B
14B
15A
16A
17B
18C
19B
20D
21C
22D
23C
24C
25C
26A
27C
28C
29D
30A
II. Tự luận Câu 31.Giải phương trình
2 x2 x 1 2 3 x 2 x2 x 1 6 2 x 2 x 2 3x 5 0 2 x 2 5 x 2 x 1 0 x 2 x 5 2 x 5 0 x 1 x 1 2 x 5 0 5 x 2 5 2
Vậy S 1; Câu 32.
A
B
4 cm
H 300
D
C
Xét tam giác vuông ABD có:
AB AB 4 4 BD 8(cm) 0 1 BD sin ADB sin 30 2 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABD vuông tại A, ta có: sin ADB
366
AB 2 42 AB BH .BD BH 2 cm BD 8 2
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABH ta có:
AB 2 AH 2 BH 2 AH AB 2 BH 2 42 22 2 3(cm) S ABH
1 1 AH .BH .2 3.2 2 3 cm2 2 2
Vậy BD 8cm, S ABH 2 3 cm
2
Câu 33.
P a 2 a b
Nếu 2 a b 0 thì P 0 Nếu 2 a b 0 ta có: 3
a b 2 a b P a. b 2 a b 3
a b 2 a b
Dấu " " xảy ra
a 1
Vậy MaxP 1 a b 1
a b 1
a
3
1
367 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
VĨNH LONG
NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngày thi: 19/07/2020
Đề số 61
Thời gian làm bài :120 phút
Bài 1. (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức:
a) A 2 20 3 45 80
b)
3 7
2
11 4 7
Bài 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:
a)3x 2 7 x 4 0
b)3x 2 12 0
x 3y 8 c) 6 x 3 y 27
d x4 4 x2 4 0
Bài 3. (2,0 điểm)
1 2 x có đồ thị P . Vẽ đồ thị P 2 2 b) Cho phương trình x 2m 5 x 4 2m 0 ( x là ẩn số, m là tham số). Tìm m a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hàm số y
3
3
để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 1 Bài 4. (1,0 điểm) Một người dự định đi xe máy từ Vĩnh Long đến Sóc Trăng cách nhau 90km. Vì có việc gấp cần đến Sóc Trăng trước giờ dự định 27 phút, nên người ấy phải tăng vận tốc thêm 10km / h .Hãy tính vận tốc xe máy mà người đó dự định đi Bài 5. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH . Biết BH 4cm, CH 9cm
ABH (làm tròn đến độ) a) Tính độ dài đường cao AH và số đo b) Vẽ đường trung tuyến AM của tam giác ABC M BC , tính diện tích tam giác
AHM Bài 6. (2,5 diểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ đường thẳng d vuông góc với OA tại M M O, A . Trên d lấy điểm N sao cho N nằm bên ngoài nửa đường tròn (O ). Kẻ tiếp tuyến NE với nửa đường tròn O ( E là tiếp điểm, E và A nằm cùng một phía đối với đường thẳng d ) a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp được đường tròn
368 2
b) Nối NB cắt nửa đường tròn O tại C. Chứng minh NE NC.NB c) Gọi H là giao điểm của AC và d . F là giao điểm của tia EH và nửa đường tròn
O NEF NOF Chứng minh Bài 7. (0,5 điểm) 2
2
3
Cho hai phương trình x 2m 1 x m 7 2 23 0 1 và
2 x 2 m 2 m x 9 2 30 0 2 ( x là ẩn số, m là tham số). Tìm giá trị của tham số m để phương trình 1 và phương trình 2 có nghiệm chung
x3 ĐÁP ÁN Bài 1.
a) A 2 20 3 45 80 2.2 5 3.3 5 4 5 4 5 9 5 4 5 9 5 b) B
3 7
2
11 4 7 3 7
72
2
3 7 7 2 ( Do 3 7) 5 Bài 2. 2
a) Giải phương trình 3 x 7 x 4 0 Ta có: a b c 3 7 4 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 1; x2
b)3 x 2 12 0 3 x 2 12 x 2 4 x 2
S 2
7 x 35 x 3y 8 x 5 c) 8 x 6 x 3 y 27 y y 1 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: x; y 5;1 2
d ) x4 4 x2 4 0 x2 2 0 x2 2 0 x2 2 x 2
Vậy S 2 Bài 3.
a) Học sinh tự vẽ b) Tìm tham số m
4 3
369 2
Xét phương trình x 2m 5 x 4 2m 0 * Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 0 2
2m 5 4. 4 2m 0 4m 2 20m 25 16 8m 0 2
4m 2 12m 9 0 2m 3 0 m
3 2
Khi phương trình có hai nghiệm phân biệt, áp dụng hệ thức Viet, ta có:
x1 x2 2m 5 . Theo bài ra ta có: x1 x2 4 2m 3
x1 x2 3 x1 x2 x1 x2 1 3
2m 5 3 4 2m 2m 5 1 8m3 60m 2 150m 125 60 12m 2 54m 1 8m3 48m 2 96m 64 0 3
2m 4 0 2m 4 m 2(tm) Vậy m 2 Bài 4. Gọi vận tốc dự định của người đó là x km / h x 0
90 (giờ) x Vận tốc thực tế người đó đi: x 10(km / h) Nên thời gian dự định đi của người đó:
Nên thời gian thực tế đi là
90 (h) x 10
Vì đến Sóc Trăng sớm hơn dự định 27 '
9 h nên ta có phương trình: 20
90 90 9 10 10 1 x x 10 20 x x 20 20 10.20 x 10 10.20 x x x 10 2000 x 2 10 x x 2 50 x 40 x 2000 0 x x 50 40 x 50 0 x 50(ktm) x 50 x 40 0 x 40(tm) Vậy vận tốc dự định đi của người đó là 40km / h
370 Bài 5.
A
C H M
B a) Tính độ dài AH………..
Xét tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác 2
vuông ta có: AH BH .CH 4.9 36 AH 6cm
ABH Xét AHB vuông tại B ta có: tan Vậy AH 6cm, ABH 56
AH 6 1,5 ABH 560 BH 4
0
b) Tính diện tích AHM Ta có: BC BH CH 4 9 13(cm)
BC 13 6,5 cm 2 2 HM BM BH 6,5 4 2,5 cm
Vì M là trung điểm cạnh BC nên BM
Diện tích tam giác AHM vuông tại H là S ABM
1 1 AH . AM .6.2,5 7,5 cm3 2 2
Bài 6.
N
C F E
H
A
MO
B
371 a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp
90 Ta có: d OA NMO
0
900 NE là tiếp tuyến của O tại E nên OE NE NEO NEO 900 nên tứ giác OMEN là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề Tứ giác OMEN có NMO cùng 1 cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau.(đpcm) 2
b) Chứng minh NE NC.NB Nối E với C, E với B
) Xét NEC và NBE có: N chung; NBE NEC (cùng chắn EC NEC NBE ( g .g )
NE NC (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) NB NE
2
Vậy NE NB.NC
c) Chứng minh NEF NOF Xét NCH và NMB có:
chung; NCH NMB 900 NCH NMB( g.g ) NC NH (hai cặp cạnh N NM NB tương ứng tỉ lệ) NC.NB NH .NM mà NE NH NE 2 NB.NC (cmt ) NE 2 NH .NM NM NE Xét NEH và NME có: chung ; NE NH (cmt ) NEH NME (c.g.c) NHE NEM (góc tương ứng N NM NE ) (1) Kẻ tiếp tuyến NF ' với nửa đường tròn (O) 2
Do NE NF ' (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) NF ' NH .NM
NF ' NM NH NF '
chung; NF ' NM (cmt ) NF ' H NMF '(c.g.c) Xét NF ' H và NMF ' có: N NH
NF '
' NF NHF ' M (các góc tương ứng) (2) Lại có tứ giác OMEN nội tiếp (câu a) nên 4 điểm O, M , E , N cùng thuộc một đường tròn(3)
OF ' N 900 900 1800 nên là tứ giác nội tiếp,do đó 4 điểm Tứ giác OENF ' có OEN
O, E , N , F ' cùng thuộc một đường tròn (4) Từ (3) và (4) suy ra 5 điểm O, M , E , N , F ' cùng thuộc một dường tròn suy ra tứ giác NF MENF ' nội tiếp nên NEM ' M 1800 5 NHF ' NEM NF ' M 1800 Từ (1), (2), (5) suy ra NHE
372
E , H , F ' thẳng hàng hay F ' là giao điểm của EH với nửa đường tròn (O) F F ' Tứ giác NEOF nội tiếp (cùng chắn cung NF ) NEF NOF Bài 7.Tìm giá trị tham số m Phương trình 1 có hai nghiệm 1 0 2
2m2 1 4. m3 7 2 23 0 4m 4 4m 2 1 4m3 28 2 92 0 4m 4 4m3 4m 2 28 2 93 0 * Phương trình (2) có hai nghiệm 2 0 2
m 2 m 8 9 2 30 0 m 4 2m3 2m2 72 2 240 0 ** Hai phương trình đã cho có nghiệm chung là x 3
9 2m 2 1 .3 m3 7 2 23 0 m3 6m 2 7 2 11 0 2 3 3m 3m 9 2 12 0 2.9 m m .3 9 2 30 0 m3 6m 2 7 2 11 0 3 2 4 m m 3 2 4 0 Giải phương trình (4) ta được:
4 m2 m 4 3
1 1 17 2 m 2 2.m. 3 2 2 4 4
2
2
1 17 12 2 1 9 2.3.2 2 8 m m 2 4 2 4 1 32 2 2 m 2 m 2 2(tm * , **) 3 2 2 1 2 2 m 2 4 m 2 1(tm * , **) 1 3 2 2 m 2 2
+)Với m 2
3 2
2
2 ta có:
3
6 2 2
2
7 2 11 0
20 14 2 6 6 4 2 7 2 11 0 9 7 2 36 24 2 0 45 31 2 0( ktm)
373 Vậy m 2
2 không thỏa mãn bài toán
3
3
2 1 6
3
2 1 7 2 11 0
7 5 2 6 3 2 2 7 2 11 0 18 12 2 18 12 2 0 0 0(tm)
m 2 1 thỏa mãn bài toán Vậy m
2 1
374 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
VĨNH PHÚC
NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐỀ THI MÔN TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề
Đề số 62
I.PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm) Câu 1. Biểu thức
2020 x có nghĩa khi và chỉ khi
A.x 2020
B.x 2020 C.x 2020 D.x 2020 Câu 2.Hàm số y mx 2( m là tham số) đồng biến trên R khi và chỉ khi A.m 0
B.m 0
C.m 0
D.m 0
Câu 3.
A
B
C
H Hình vẽ 1
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (hình vẽ 1). Biết độ dài BH 5cm
BC 20cm. Độ dài cạnh AB bằng: A.5cm
B.10cm
Câu 4.
C.25cm
D.100cm
Cho đường tròn tâm O, bán kính R, H là trung điểm của dây cung AB (hình vẽ). Biết R 6cm, AB 8cm. Độ dài đoạn thẳng OH bằng :
O A
H
A.2 5cm
B.20cm
C.14cm
D.2 13cm
B
II. TỰ LUẬN Câu 5. (3,5 điểm)
2 x y 9 x 2 y 7
a) Giải hệ phương trình 2
b) Giải phương trình: x 4 x 3 0
375
1 2 x và đường thẳng d : y 2 x m( m là tham số). Tìm tất cả 2 các giá trị của tham số m để đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt
c) Cho parabol P : y
2
có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 1 x1 x2 x1 x2 3 Câu 6. (1,0 điểm) Một đội xe theo kế hoạch mỗi ngày chở số tần hàng như nhau và dự định chở 140 tấn hàng trong một số ngày. Do mỗi ngày đội xe đó chở vượt mức 5 tấn nên đội xe đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn dự định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn hàng. Hỏi số ngày dự định theo kế hoạch là bao nhiêu ngày ? Câu 7. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn O .Từ điểm A kẻ hai tiếp tuyến AB và AC đến O ( B, C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BD của đường tròn O . Đường thẳng đi qua O vuông góc với đường thẳng AD và cắt AD, BC lần lượt tại 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) Chứng minh rằng OI .OA OK .OE c) Biết OA 5cm, đường tròn O có bán kính R 3cm. Tính độ dài đoạn thẳng BE Câu 8. (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện abc 1. Chứng minh rằng:
a 1 b 1 c 1 3 4 a 1 b 1 c 1 a4 b 4 4 ĐÁP ÁN
I.Trắc nghiệm 1D
2C
3B
4A
II. Tự luận Câu 5. a) Giải hệ phương trình
2 x y 9 4 x 2 y 18 5 x 25 x 5 x 2 y 7 x 2 y 7 y 2x 9 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 5;1 2
b) Giải phương trình x 4 x 3 0
x 2 4 x 3 0 x 2 3x x 3 0 x 1 x x 3 x 3 0 x 1 x 3 0 x 3 Vậy S 1;3 c) Tìm tham số m….
376
1 2 x 2 x m x 2 4 x 2m 0 * 2 Để đường thẳng d cắt parabol P tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thì phương Xét phương trình hoành độ giao điểm :
trình (*) phải có hai nghiệm phân biệt 2
' 0 2 1. 2m 0 m 2 . Khi đó áp dụng hệ thức Vi – ét ta có: x1 x2 4 x1 x2 2m Theo bài ra ta có:
x1x2 1
2
2
x1 x2 x1 x2 3 2m 1 4 2m 3
4m 2 4 m 1 4 2m 3 4 m 2 2 m 6 0 4m 2 4m 6m 6 0 4m m 1 6 m 1 0 m 1 m 1 0 m 1 4m 6 0 3 (tm) m 4 m 6 0 2 3 Vậy m 1 hoặc m 2 Câu 6. Gọi số ngày dự định theo kế hoạch là x (ngày) x *, x 1 Vì dự định ban đầu chở 140 tấn hàng trong x ngày nên mỗi ngày chở được:
140 (tấn) x
Theo thực tế số tấn hàng đã chở được là 140 10 150 (tấn) Do thực tế sớm hơn thời gian dự định 1 ngày nên thời gian thực tế chở hết 150 tấn hàng là : x 1 (ngày)
150 (tấn) x 1 Vì thực tế mỗi ngày đội xe đó chở vượt mức 5 tấn hàng nên ta có phương trình: 150 140 30 28 5 1 30 x 28 x 28 x x 1 x 1 x x 1 x 2 x 28 x 2 x x 2 3x 28 0 x 2 7 x 4 x 28 0 Thực tế mỗi ngày chở được số tấn hàng:
x x 7 4 x 7 0 x 7 x 4 0 x 7 0 x 7(tm) x 4 0 x 4(ktm) Vậy số ngày dự định theo kế hoạch là 7 ngày.
377 Câu 7.
B
A
I
C
O K
D
E a) Chứng minh rằng các tứ giác ABOC , AIKE nội tiếp đường tròn
OCA 900 Vì AB, AC là các tiếp tuyến của O nên OBA OBA OCA 900 900 1800 OBAC là tứ giác nội tiếp Vì OB OC R , AB AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) OA là trung trực của BC OA BC tại I AIE AKE 900 Xét tứ giác AIKE có : AIKE là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau) b) Chứng minh OI .OA OK .OE Vì AIKE là tứ giác nội tiếp cmt OIK OEA (góc và góc trong tại đỉnh đối diện). Xét OIK và OEA có:
OEA (cmt ) OIK OEA( g .g ) AOE chung ; OIK OI OK OI .OA OK .OE ( dfcm) OE OA c) Tính độ dài đoạn thẳng BE Vì OA là trung trực của BC (cmt ) OA BC Xét OAB vuông tại B, đường cao BI ta có:
OB 2 32 9 OB OI .OA OI cm (hệ thức lượng trong tam giác vuông) OA 5 5 2
378 2
144 9 144 BI OB OI 3 2,4(cm) (Định lý Pytago) BI 25 25 5 Ta có BD là đường kính của O;3cm nên BD 6cm 2
2
2
2
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông OAB ta có:
AB 2 OA2 OB 2 52 32 16 AB 4 cm Áp dụng định lý Pytago trong tam giác ABD ta có:
AD 2 AB 2 BD 2 42 62 52 AD 52 2 13 cm 0 Xét ODK và ADB có: ADB chung; OKD ABD 90
OD AD OK AB OD. AB 3.4 6 OK (cm) AD 2 13 13 ODK ADB( g.g )
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAK ta có : 2
17 6 289 AK OA OK 5 cm 13 AK 13 13 2
2
2
2
Xét OAK và OBI có: IOK chung; OKA OIE 90
OAK OEI ( g.g )
OK OI (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AK EI
17 9 . AK .OI 5 13 EI 5,1(cm) 6 OK 13 Vậy BE BI IE 2, 4 5,1 7,5(cm) Câu 8. Ta có :
a 1 b 1 c 1 1 1 1 1 1 1 4 4 3 3 3 4 4 4 4 a b c a b c a b c 3 VP a 1 b 1 c 1 4 3 abc ab bc ca a b c 1 4 3 1 1 1 1 1 1 2 4 a b c ab bc ca
VT
0
379 Đặt x
1 1 1 1 ; y , z xyz 1 . Khi đó : a b c abc
VT x3 y 3 z 3 x 4 y 4 z 4 3 VP x y z xy yz xz 4 Bất đẳng thức trở thành:
3 x y z xy yz xz 2 4 4 x3 y 3 z 3 x 4 y 4 z 4 3 x y z xy yz xz 2 x3 y 3 z 3 x 4 y 4 z 4
4 x3 y 3 z 3 4 x 2 y 2 z 2 3 xy yz xz 3 x y z 6 * Ta sẽ chứng minh * đúng với mọi x, y, z 0 . Áp dụng BĐT Cô si ta có:
x3 1 1 3 3 x3.1.1 3x y 3 1 1 3 3 y 3 .1.1 3 y z 3 1 1 3 3 z 3.1.1 3z x3 y 3 z 3 3 x y z 6 Lại có:
x3 y 3 z 3 3 3 xyz 3 3 x3 y 3 z 3 9 4 x3 y 3 z 3 3 x y z 3 1 Tiếp tục áp dụng BĐT Cô si ta có:
x 4 1 2 x 4 .1 2 x 2 y 4 1 2 y 4 .1 2 y 2 z 4 1 2 z 4 .1 2 z 2 x4 y 4 z 4 2 x2 y 2 z 2 3
x 2 y 2 2 xy 2 2 Lại có : y z 2 yz z 2 x 2 2 zx
2 x 2 y 2 z 2 2 xy yz xz x 2 y 2 z 2 xy yz zx 2
2
2
2
Và x y z 3 3 xyz 3
380
2 x 2 y 2 z 2 x 2 y 2 z 2 x 2 y 2 z 2 xy yz xz 3 x 4 y 4 z 4 2 x 2 y 2 z 2 3 xy yz xz 3 3 x 4 y 4 z 4 xy yz zx 3 x 4 y 4 z 4 3 xy yz zx 4
4
4
4
Ta lại có: x y z 3 3 xyz 3
4 x 4 y 4 z 4 3 xy yz zx 3 2 Cộng vế theo vế (1) và (2) ta có:
4 x3 y 3 z 3 4 x 4 y 4 z 4 3 x y z 3 3 xy yz zx 3 4 x3 y 3 z 3 4 x 4 y 4 z 4 3 x y z 3 xy yz zx 6 Do đó * đúng với mọi x, y, z 0 Dấu " " xảy ra x y z 1 a b c 1 Vậy ta có điều phải chứng minh.
381 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
TỈNH YÊN BÁI
NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: Toán
Đề số 63
Thời gian : 90 phút Khóa thi ngày: 20/7/2020
Câu 1. Kết quả rút gọn của biểu thức M a a 1 a 1là:
A.M a 1
2
B.M 1 a 2
C.M a 1
5 2
B.x
5 2
D.a 2 1
2 x 5 là:
Câu 2. Điều kiện xác định của biểu thức
A.x
2
C.x 5
D.x
5 2
Câu 3.Số phần tử của tập hợp H x * / x 10 là
A.11
B.8
C.10
D.9
Câu 4. Cho tam giác ABC có AD là tia
A
(như hình bên). Đẳng phân giác của BAC thức nào dưới đây đúng ?
BD BA BC CA BD CA C. CD BD A.
BD CA BA CD BD CD D. BA CA B.
Câu 5.Cho hàm số y ax
2
B
D
a 0 . Kết luận nào sau đây đúng ?
A. Với a 0 hàm số nghịch biến khi x 0 B. Với a 0 hàm số nghịch biến khi x 0 C. Với a 0 hàm số nghịch biến khi x 0 D. Với a 0 hàm số nghịch biến khi x 0 Câu 6. Hàm số nào sau đây không phải là hàm số bậc nhất ?
A. y 5 x
B. y 2 3 x
C. y x 1
D. y x 2
Câu 7. Cho số thực a 0. Căn bậc hai số học của a là
A.a 2
B. a C. a Câu 8.Phương trình 1 2 x 0 có nghiệm là : A.x 1
B.x
1 2
C. x
1 2
D. a
D.x 2
C
382 14
4
7 7 Câu 9. Kết quả của phép tính : bằng: 3 3 7 A. 3
6
14
10
7 B. 3
7 C. 3
D.1
Câu 10.Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến ?
2 2x B. y x 1 C. y 6 2 x 1 D. y 2 x 1 3 Câu 11. Cho ABC. Hệ thức nào sau đây chứng tỏ ABC vuông tại B ? A. y
A. AC 2 AB 2 BC 2
B.BC 2 AB 2 AC 2
C.BC 2 AB 2 AC 2
D. AB 2 AC 2 BC 2 Câu 12.Cho đường thẳng d và điểm O cách d một khoảng 5cm. Vẽ đường tròn tâm O đường kính 10cm. Khẳng định nào sau đây đúng ? B.d tiếp xúc với đường tròn O
A. d đi qua tâm O
C.d cắt dường tròn O tại hai điểm phân biệt D. d không cắt đường tròn (O) Câu 13. Nghiệm của phương trình
A.x 11
x 5 3 là
B.x 8
C.x 4
D.x 14
Câu 14.Công thức tính diện tích toàn phần của hình nón có đường sinh l và bán kính đáy
r là: A.Stp 2 r 2l
B.Stp r 2l
C.Stp 2 rl r 2
D.Stp rl r 2
Câu 15. Cho hàm số f x 2 x 4. Giá trị của f 1 bằng:
A.2
B.7
C.1
D.6
Câu 16. Cho hai đường tròn O;5cm và O ';4cm . Biết OO ' 10cm. Vị trí tương đối của hai đường tròn là :
A. Không cắt nhau
B. Cắt nhau
C. Tiếp xúc ngoài
D. Tiếp xúc trong
Câu 17. Đẳng thức nào sau đây đúng ?
A.sin 420 tan 480 B.cos 420 cot 480 C.sin 420 cot 480 D.sin 420 cos 480 0
Câu 18.Trong một đường tròn, góc nội tiếp có số đo bằng 40 thì số đo cung bị chắn bởi góc đó bằng:
A.800
B.400
C.900
D.200 Câu 19.Cặp số nào sau đây là một nghiệm của phương trình 2 x 3 y 5? A. 1;1
B. 3;1
C.1; 1
D.1;3
383 Câu 20. Số lỗi trong một bài văn của 20 học sinh được ghi lại trong bảng sau: 1
3
4
3
1
2
1
8
2
3
2
2
1
5
1
4
3
1
5
4
Mốt của dấu hiệu là :
A.5
B.20 C.1 D.8 Câu 21.Cho tam giác ABC vuông tại A, biết AB 3cm, AC 4cm. Bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
7 A.R cm 2
B.R 5cm
5 D.R cm 2 Câu 22.Giá trị của m để đường thẳng d : mx y 2m 4 0 đi qua gốc tọa độ là: A.m 2
B.m
1 2
Câu 23.Các số thực x thỏa mãn
A.0 x 28
C.R 7cm
C.m 2
D.m
1 2
7 x 14 là:
B.x 28
C.0 x 28
D.x 28
Câu 24. Điều kiện của m để đồ thị các hàm số y m 1 x 5 và y 3 m x 2 cắt nhau là:
A.m 2
B.m 3
C.m 1 D.m 1 Câu 25.Cho hình vẽ dưới, biết AH 4, CH 8, BH y. Giá trị của y bằng
A 4
C
y
B A.2
H
8
B.3
là: Câu 26. Cho hình vẽ bên, số đo BnD
C.4
D.1
384
C D
O
n 400
A
E
600
B
A.260
B.520
C.400
D.320
Câu 27. Cho tập hợp M a; b; c; d . Số tập hợp con có 3 phần tử của tập hợp M là
A.1
B.3
C.2
Câu 28. Rút gọn phân thức M
A.M
2 x 2 y
B.M
y 2 x x2 x 2 y y2
2 x x2 y
D.4 (với x 0, y 0, y 2) được kết quả là :
C.M
x2 1 x D.M 2 y 1 y 2
Câu 29.Trong mặt phẳng Oxy , số giao điểm của parabol P : y 2 x và đường thẳng
d : y x 1 là: A.0
B.1 C.2 D.3 Câu 30.Cho ABC có AB AC 15cm, BC 10cm. Phân giác trong của góc B cắt AC tại D. Đường vuông góc với BD tại B cắt đường thẳng AC tại E. Độ dài đoạn thẳng EC bằng:
A.30cm
B.20cm
C.40cm
D.25cm
Câu 31.Hệ số góc a của đường thẳng y ax b a 0 đi qua hai điểm A 2;1 và
B 1;7 là : A.a 1
B.a 2
C.a 2
D.a 1
60 , BH 10cm. Độ dài của cạnh AH là : Câu 32.Cho AHB vuông tại H , B 0
A. AH 10 3cm
B. AH 20cm
C. AH 15 3cm
Câu 33.Kết quả rút gọn biểu thức Q
A.Q 4
B.Q 2
Câu 34.Nghiệm của phương trình
A.x 1
B.x 1
D. AH 20 3cm
5 3 29 12 5 là: C.Q 1
D.Q 3
2 x 2 2 3 x 1 là:
C.x
1 7
D.x
1 7
385 3
Câu 35.Giá trị của x thỏa mãn x 1 8 là:
A. 1
B.1
C.3
D. 3
x 2 4 x nhận giá trị x 2 x 2 x4
Câu 36. Số các giá trị nguyên của x để biểu thức T nguyên là :
A.2
B.1
C.0 D.3 Câu 37.Cho ABC vuông cân tại A, biết AB AC 4. Vẽ đường thẳng d qua A. Từ B và C vẽ BD và CE cùng vuông góc với d D, E d . Khi đó BD 2 CE 2 bằng
A.4 2
B.8
C.16 D.4 Câu 38.Cho ABC vuông tại A, biết AB 12(cm) và AC 15cm. Đường phân giác trong góc B cắt cạnh AC tại điểm D. Độ dài đoạn thẳng AD bằng (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai)
A.5,77cm
B.5,67cm
C.5,87cm
D.5,57cm
Câu 39.Cho đường tròn O; R dây cung AB với AOB 1200. Hai tiếp tuyến tại A và B của đường tròn cắt nhau tại C. Diện tích tam giác ABC bằng:
A.
3R 2 2 4
B.
3R 2 2 2 2
C.
R2 3 2
2
2
D.
3R 2 3 4
Câu 40. Cho các số a, b, c thỏa mãn a b c 14 2 3a 2b c . Giá trị của biểu thức T 2a 3b c là:
AT . 14
B.T 13
C.T 6
D.T 9
Câu 41.Cho hai đường thẳng d1 : y x 1, d 2 : y x 1. Đường thẳng d1 cắt trục hoành tại điểm A, d 2 cắt trục hoành tại điểm B, d1 , d 2 cắt nhau tại điểm C. Bán kính đường tròn nội tiếp ABC là (kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ ba)
A.0,414(dvdd )
B.0,130( dvdd )
C.0,585( dvdd )
D.0, 207(dvdd )
Câu 42.Lúc 7 giờ một người đi xe máy khởi hành từ A với vận tốc 40km / h. Sau đó, lúc 8 giờ 30 phút một người khác cũng đi xe máy từ A đuổi theo với vận tốc 60km / h. Hỏi hai người gặp nhau lúc mấy giờ ?
A. 9 giờ 30 phút
B. 10 giờ 30 phút
C. 11 giờ 30 phút
2
D. 12 giờ 30 phút
2
Câu 43.Biết tất cả các giá trị của m để hàm số y 2m 5m 2 x (với
2m 2 5m 2 0) đạt giá trị lớn nhất tại x 0 thỏa mãn a m b. Giá trị của biểu thức T 2a 4b 3 bằng: A.7
B.6
C.5
D.4
386 Câu 44.Cho hình thang ABCD AD / / BC có hai đường chéo cắt nhau tại O. Biết
S BOC 144cm2 , S AOD 196cm 2 . Diện tích S của tam giác AOB là: A.S 156cm 2
B.S 168cm 2
C.S 184cm 2
D.S 170cm 2 n
1 1 9 là: Câu 45.Tổng tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn bất đẳng thức 59049 3 A.45
B.42
C.55 2
D.52
3
Câu 46.Số dư trong phép chia A 2 2 2 ...... 2
A.0
B.4
2020
C.5
cho 6 là :
D.2 2
2 4 Câu 47.Giá trị nhỏ nhất của biểu thức A x 2 8 x x
A.2
B. 50
C. 2
2
2 50 là: x
D.50
Câu 48.Số các giá trị nguyên của m để đường thẳng y 2 m 1 x 5 không có điểm 2
chung với đồ thị hàm số y 20 x là:
A.19
B.18
C.20
D.21
Câu 49. Tổng các bình phương tất cả các giá trị của m để hệ phương trình
2 x y 5m 2 2 2 có nghiệm x; y thỏa mãn x 3 y 22 là: x 2 y 1
A.52
B.58
C.60
D.56
Câu 50. Cho tam giác vuông ABC nội tiếp một đường tròn đường kính 41cm và ngoại tiếp một đường tròn có đường kính 14cm. Diện tcihs tam giác ABC bằng:
A.336cm 2
B.334cm 2
C.332cm 2
D.338cm 2
ĐÁP ÁN 1D
2D
3C
4B
5B
6C
7B
8B
9C
10A
11A
12C
13D
14C
15D
16A
17D
18A
19A
20C
21D
22C
23D
24C
25A
26C
27B
28A
29C
30D
31C
32A
33C
34A
35A
36A
37D
38A
39D
40B
41A
42C
43C
44B
45D
46D
47C
48D
49B
50A