TUYỂN TẬP ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT MÔN TOÁN TRÊN TOÀN QUỐC NĂM 2020-2021 by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

TUYỂN TẬP ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT MÔN TOÁN TRÊN TOÀN QUỐC NĂM 2020-2021 CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT WORD VERSION | 2022 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 Trang

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bà Rịa – Vũng Tàu năm 2020-2021 Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bắc Giang năm 2020-2021 Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bắc Cạn năm 2020-2021

OF FI

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bến Tre năm 2020-2021

11 18

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bắc Ninh năm 2020-2021 Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bạc Lưu năm 2020-2021

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh An Giang năm 2020-2021

ĐỀ THI

24 32 37 42

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bình Dương năm 2020-2021

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bình Phước năm 2020-2021

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bình Thuận năm 2020-2021

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Cà Mau năm 2020-2021

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Cần Thơ năm 2020-2021

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Cao Bằng năm 2020-2021

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Đà Nẵng năm 2020-2021

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Đăk Lăk năm 2020-2021

NH ƠN

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Bình Định năm 2020-2021

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Điện Biên năm 2020-2021

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

KÈ M

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Đăk Nông 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

DẠ Y

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hà Giang năm 2020-2021

3 165

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 thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hòa Bình năm 2020-2021 (hệ chuyên)

185 194

Đề vào lớp 10 toán thành phố Hồ Chí Minh năm 2020-2021 ( hệ chuyên) Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hòa Bình năm 2020-2021

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hải Phòng năm 2020-2021

199 203

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

263 269

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

DẠ Y

KÈ M

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Ninh Bình năm 2020-2021

NH ƠN

OF FI

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Hòa Bình năm 2020-2021 (chuyên tin)

4 315

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Tây Ninh năm 2020-2021

320

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Thái Nguyên năm 2020-2021 Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Thanh Hóa năm 2020-2021 Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Thừa Thiên Huế năm 2020-2021

330

OF FI

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Tiền Giang năm 2020-2021

324 337

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Thái Bình năm 2020-2021

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Sơn La năm 2020-2021

343 349 354

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

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

Đề thi vào lớp 10 môn toán tỉnh Trà Vinh năm 2020-2021

1 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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG

OF FI

Câu 1. (3,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

7 x + y = ) b= c) x 4 − 3 x 2 − 4 0 2 − x + 2 y = 2 Câu 2. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x có đồ thị là parabol ( P ) a) 3x − 3

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

Câu 3. (2,0 điểm)

NH ƠN

điểm có hoành độ bằng 1 c) Với ( d ) vừa tìm được, tìm tọa độ giao điểm còn lại của ( d ) và ( P ) Cho phương trình bậc hai x − 2 x + m − 1 = 0 (*) với m là tham số 2

a) Tìm tất cả các giá trị m để phương trình (*) có nghiệm

= x1 + x2 với x1; x2 là hai nghiệm của phương b) Tính theo m giá trị của biểu thức A 3

trình (*) . Tìm giá trị nhỏ nhất của

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

DẠ Y

KÈ M

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 SCEFG

G D

F A

2 ĐÁP ÁN Câu 1.

= 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 ⇔ x 2 ( x 2 − 4 ) + ( x 2 − 4 ) = 0

OF FI

a ) 3 x − 3 = 3 ⇔ x − 1 = 1 ⇔ x = 2. S = {2}

 x 2 − 4 =0  x 2 =4 ⇒ x =±2 ⇔ ( x − 4 )( x + 1) =0 ⇔  2 ⇔ 2 1 0 x + =   x =−1(VN ) −2; x = 2 Vậy phương trình có nghiệm x = 2

Câu 2. a) Học sinh tự vẽ parabol y = x

NH ƠN

b) Viết phương trình (d) y ax + b Gọi phương trình đường thẳng ( d ) : = 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 ) Vì M (1; y ) ∈ ( P ) nên y = x = 1 ⇒ M (1;1) 2

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:

x 2 =− x + 2 ⇔ x 2 + x − 2 =0 ⇔ x 2 + 2 x − x − 2 =0 ⇔ x ( x + 2 ) − ( x + 2 ) =0 ⇔ ( x + 2 )( x − 1) =0

KÈ M

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

Xét phương trình x − 2 x + m − 1 = 0 (*) có ∆ ' = ( −1) − 1.( m − 1) = 2 − m 2

DẠ Y

a ≠ 0 1 ≠ 0(luon dung ) ⇔ ⇔m≤2 ∆ ' ≥ 0 2 − m ≥ 0

Để phương trình (*) có nghiệm thì 

Vậy với m ≤ 2 thì phương trình (*) có nghiệm b) Tìm GTNN của A

2  x1 + x2 = . Ta có:  x1 x2= m − 1

=( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) =23 − 3 ( m − 1) .2 3

OF FI

= 8 − 6m + 6 = 14 − 6m Vì m ≤ 2 nên ta có: 6m ≤ 12 ⇒ 14 − 6m ≥ 14 − 12 ⇔ A ≥ 2 Dấu " = " xảy ra khi m = 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của A =2 ⇔ m =2 Câu 4.

O H

NH ƠN

A = x13 + x23 = x13 + 3 x12 x2 + 3 x1 x22 + x23 − ( 3 x12 x2 − 3 x1 x22 )

Áp dụng hệ thức Vi et vào phương trình (*) ta có: 

a) Chứng minh AB ' HC ' là tứ giác nội tiếp

Ta có: BB ' ⊥ AC ⇒  AB= ' H 900 , CC ' ⊥ AB ⇒  AC= ' H 900

KÈ M

Tứ giác AB ' HC ' có:  AB ' H +  AC ' H = 90 + 90 = 180 ⇒ AB ' HC ' là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh ∆CDH cân

= Ta có: BAA '+  ABA ' 900 ;

= BCC '+  ABA ' 900

' = ⇒ BAA ∠BCC ' ) Lại có: ∠BAA ' = ∠BCD (cùng chắn BD ' =  (= ⇒ BCC BCD ∠BAA ')

DẠ Y

Xét ∆CDH có CA ' vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên là tam giác cân Câu 5.

NH ƠN

)  = 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 ) ⇒

DẠ Y

KÈ M

S EFGC EC = .CG 1dm Vậy=

OF FI

F A

5 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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

Bài 1. (3,5 điểm) a) Giải phương trình : x + 2 x − 3 = 0

1 3 x + y = −5 x − y =

b) Giải hệ phương trình:  c) Rút gọn biểu thức : A=

4 20 − −5 2 3− 5

1  x+2 −3= d) Giải phương trình :  0  −  x +1  x +1

NH ƠN

OF FI

Bài 2. (2,0 điểm)

y mx − 2 (với m là tham số) Cho parabol ( P ) : y = − x và đường thẳng ( d ) := 2

a) Vẽ parabol ( P )

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai

0 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn ( x1 + 2 )( x2 + 2 ) =

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

KÈ M

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

DẠ Y

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 b) Chứng minh  AOM =  ABC

CM = CH  =α d) Hai tia AB và MC cắt nhau tại P, đặt COP ( PA2 − PC.PM ) sin α Chứng minh giá trị của biểu thức

S MCP

Bài 5. (0,5 điểm) Cho ba số thực dương

là một hằng số

OF FI

a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 1 2 − ab + 2 bc + 2 ( a + c ) 5 a + b + c

AB cắt MO tại H. Chứng minh

c) Đường thẳng đi qua C và vuông góc với

ĐÁP ÁN Bài 1.

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 

{−3;1}

Vậy S =

b) Giải hệ phương trình

NH ƠN

−4 −1 1 3 x + y = 4 x = x = ⇔ ⇔  −5  y =− 1 3x 4 x − y = y = c) Rút gọn biểu thức

(

)

(

)

Vậy A = −2

4 3+ 5 4 3+ 5 4 20 2 5 − = −5 − = − −= 5 5 − 5 3 + 5 −= 5 − 5 −2 2 32 − 5 2 4 3− 5

= A

1  x+2 − −3= d) Giải phương trình  0   x +1  x +1 Điều kiện: x ≠ −1 2 1 2 2  x+2 − 3 = 0 ⇔ ( x + 2 ) − ( x + 1) − 3 ( x + 1) = 0   −  x +1  x +1

KÈ M

⇔ x 2 + 4 x + 4 − x − 1 − 3 x 2 − 6 x − 3 = 0 ⇔ −2 x 2 − 3 x = 0

DẠ Y

 x = 0 (tm) ⇔ x ( 2 x + 3) =0 ⇔  3  x = − (tm)  2  3  Vậy S =  − ;0   2 

Bài 2. a) Học sinh tự vẽ đồ thị hàm số b) Tìm các giá trị m……….

Xét phương trình hoành độ giao điểm : − x = mx − 2 ⇔ x + mx − 2 = 0 (*) 2

Phương trình (*) có: ∆ = m − 4.1.( −2= ) m + 8 > 0 ( ∀m ) , do đó phương trình (*) luôn 2

điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 . Áp dụng định lý Vi – et ta có:

OF FI

−m  x1 + x2 = . Theo bài ra ta có:  x x = − 2  1 2 ( x1 + 2 )( x2 + 2 ) = 0 ⇔ x1x2 + 2 ( x1 + x2 ) + 4 = 0

−2 + 2.( −m ) + 4 = 0 ⇔ 2m = 2 ⇔ m = 1 Vậy m = 1

NH ƠN

Bài 3.

có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m . Nên đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai

A N

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:

891 9 11 = ( km ) 10000 100 Ta có: CDMN là hình chữ nhật ⇒ NM =CD =4km 9 11 100 − 9 11 (km) ⇒ MB = AB − AN − MN = 5 − 4 − = 100 100 Áp dụng định lý Pytago cho ∆BDM vuông tại M ta có: AC 2 − CN 2 =

0,32 − 0,032 =

KÈ M

AN =

 100 − 9 11  2 DB = MB + DM =   + 0,03 ≈ 0,702(km) 100   0,3 Thời gian mô tô đi hết quãng đường AC là := t1 = 0,03(= h) 1,8 (phút) 10 4 2 Thời gian mô tô đi hết quãng đường CD là : = t2 = ( h=) 8 (phút) 30 15 0,702 Thời gian mô tô đi hết quãng đường DB là: t3 = ≈ 0,02(h) =1,2 (phút) 35

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

OF FI

11 (phút) Nên thời gian mô tô đi trên tuyến đường mới là : 1,8 + 8 + 1,2 = Vậy thời gian mô tô đi trên tuyến đường mới tiết kiệm được: 30 − 11 = 19 (phút)

9 Bài 4.

α O

NH ƠN

OF FI

Chứng minh tứ giác AOCM nội tiếp

  MA, MB là các tiếp tuyến của ( O ) nên MAO = MCO = 900  + MCO  = 900 + 900 = 1800 ⇒ Tứ giác AOCM là tứ giác Xét tứ giác AOCM có : MAO Vì

nội tiếp. b) Chứng minh ∠AOM = ∠ABC

Vì AOCM là tứ giác nội tiếp ( cmt ) nên  AOM = ∠ACM (hai góc nội tiếp cùng chắn

Ta lại có:

KÈ M

 AM ) . Lại có:  ACM =  ABC (cùng chắn  AC ) ⇒ ∠AOM = ∠ABC c) Chứng minh CM = CH Gọi CH ∩ AB = {N} Theo ý b, ta có:  AOM = ∠ABC Mà hai góc này ở vi trí đồng vì nên OM / / BC  = BCH  = BCN  (1) (so le trong) ⇒ BC / / MH ⇒ CHM

DẠ Y

∠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 ) =  ( 2) ⇒ BCN CMH   ⇒ ∆CMH cân tại C ⇒ CH = Từ (1) và (2) suy ra CHM CM (dfcm) = CMH d) Chứng minh giá trị biểu thức … là một hằng số

= ∠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 α = ( PA − PO.PA) sin α 1 S ACP CN . AP 2 PA.( PA − PO ) sin α 2.OA.sin α = 1 CN CN . AP 2 1 CN CN OA Xét ∆OCN vuông ta có: sin α = = ⇒ = OC OA CN sin α 2 ( PA − PC.PM ) sin α = 1 ⇒ 2sin α . = 2 S MCP sin α

( PA Vậy

− PC.PM ) sin α S MCP

Bài 5. Xét biểu thức : M =

NH ƠN

OF FI

⇒

Xét ∆POC và

= 2= constast ( dfcm )

ab + 2 bc + 2 ( a + c ) =

ab + 4bc + 2 ( a + c )

KÈ M

a+b   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 a+b+c  1 =t Đặt a+b+c

DẠ Y

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 a b c + +  1 2 8 − ⇔a= b = ;c = Vậy MinP = 10 3 3

11 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2020-2021 MÔN THI: TOÁN Ngày thi:17/07/2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC

A. 119 ( cm )

B.13 ( cm )

Câu 2. Nếu x ≥ 3 thì biểu thức

cm, AC 12cm. Độ dài cạnh BC bằng: có AB 5= A= C.17 ( cm ) D. 7 ( cm )

(3 − x )

+ 1bằng:

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 Câu 5. Giá trị của biểu thức 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 = 1và x2 = 3. Giá trị của biểu

NH ƠN

A.x − 4

OF FI

Phần I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm) Câu 1. Cho tam giác ABC vuông tại

Đề số 3

thức b + c bằng 3

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 = B. y = C. y = −2020 x + 3 D. y = 2020 x + 1 1 − 4x 2 y 4 x + 7 và ( d ') : y= m 2 x + m + 5 ( m là tham số khác Câu 9. Cho hai đường thẳng ( d ) : =

KÈ M

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 7 x − 2 y = Câu 10. Biết hệ phương trình  có nghiệm duy nhất ( x0 ; y0 ) . Khẳng định nào −2 x + 2 y = sau đây là đúng ?

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 : D. 12 A. − 11 B.11 và −11 C.11

DẠ Y

A.4 x0 + y0 = 1

2 x + y = ( m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để m 2 x + 3 y =

hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x0 ; y0 ) thỏa mãn 3 x0 + 4 y0 = 2021

Câu 13. Cho hệ phương trình 

= = = 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 A, đường cao AH = , Biết BC 10 = cm, AH 5cm. Giá trị cos  ACB bằng:

1 4

1 2

OF FI

Câu 15. Cho tam giác ABC vuông tại

3 2

2 2

Câu 16. Biết phương trình x + 2 x − 15 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Giá trị của biểu thức 2

x1.x2 bằng: A. − 2

NH ƠN

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 B.15

D 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 ) C.2 ( cm ) D.16 ( cm )

KÈ M

A.650

Câu 19. Tính giá trị biệt thức ∆ của phương trình 2 x + 8 x − 3 = 0 2

DẠ Y

= A.∆ 88 = B.∆ −88= C.∆ 22 = D.∆ 40 Câu 20.Cho đoạn thẳng AC , B là điểm thuộc đoạn AC sao cho BC = 3BA. 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)

10 x − 3y = −1 2 x + y =

a) Giải hệ phương trình 

 2 x  x +3 x + với x > 0, x ≠ 9 : 9 x − 3 3 x 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

OF FI

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 một điểm

NH ƠN

biệt cố định trên đường tròn ( O; R ) ( AB không là đường kính). Trên tia đối của tia

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

KÈ M

 = 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

10 A

11C

12C 13D 14C 15 D 16 D 17C 18 A 19 A 20 D

DẠ Y

II.Tự luận Câu 1.

−21 −3 7 y = y = − 3 y 10 − 6 y 20  =  x= 2 x= x 1  a)  ⇔ ⇔ −1 − y ⇔  −1 + 3 ⇔  −1 2 x + y = = −1 −3 2 x + y = y =  x =  y 2 2

(1; −3)

b) Điều kiện : x > 0; x ≠ 9

(

)

)(

(

x −3

)(

x +3

)

OF FI

(

x −3 x +3 2 x− x = . x −3 x +3

)

 .  

 2 x  x +3  2 x x x  + = − A=  : x. x − 3  x − 3 3 x − x  x − 9  x − 3

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y= )

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

0 Với m = 2 ta có phương trình x − 3 x − 4 = 2

x = 4  x = −1

NH ƠN

Phương trình có dạng a − b + c =1 + 3 − 4 = 0 nên có hai nghiệm 

0 (1) b) Xét phương trình x − ( m + 1) x + 2m − 8 = 2

Ta có:

∆ =  − ( 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

Vì ( m − 3) ≥ 0 ⇒ ( m − 3) + 24 > 0 ⇒ ∆ > 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân 2

 x1 + x2 = m + 1 x2 2m − 8  x1=

Theo đề bài ta có:

biệt với mọi m, áp dụng hệ thức Vi et ta có: 

x12 + x22 + ( x1 − 2 )( x2 − 2 ) = 11 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) + 4 = 11 2

0 ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) − 7 =

KÈ M

0 ⇔ ( m + 1) − ( 2m − 8 ) − 2 ( m + 1) − 7 = 2

0 ⇔ m 2 + 2m + 1 − 2m + 8 − 2m − 2 − 7 =

DẠ Y

m = 0 ⇔ m 2 − 2m =0 ⇔ m ( m − 2 ) =0 ⇔  m = 2 m 0;= m 2 thì thỏa đề. Vậy= Câu 3.

Gọi số xe mà công ty dự kiến điều động là x ( xe )( x > 5, x ∈  *)

100 (tấn hàng) x

Khi đó mỗi xe chở được số tấn hàng:

Sau khi điều 5 xe đi làm việc khác, số xe còn lại đi chở hàng : x − 5 ( xe )

100 (tấn hàng) x−5

⇒ Thực tế mỗi xe phải chở số tấn hàng :

OF FI

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

NH ƠN

 x = 25(tm) ⇔ ( x − 25 )( x + 20 ) =0 ⇔   x = −20(ktm)

Vậy ban đầu công ty dự định điều động 25 xe. Câu 4.

KÈ M

O E B

DẠ Y

a) Chứng minh tứ giác OCMD nội tiếp

 = ODM  = 90 Xét đường tròn tâm O có MC , MD là các tiếp tuyến ⇒ OCM

 + 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 2

2 = 300 Xét ∆ODM vuông có OD= R= 3cm, OMD Ta có:

OF FI

1 1 0 = = 600 ⇒ OMD CMD =.60 = 300 Mà CMD

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  của OM và DC ⇒ OM ⊥ DC tại I

NH ƠN

= sin DMO

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 − = 6 2 OM 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)

KÈ M

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 ∆OPM ( g .c.g ) ⇒ OP = OQ Suy ra ∆OQM =

DẠ Y

Diện tích tứ giác MPNQ là :

1 1 1 .PQ .2OM = .2OQ 4. OM= .OQ 4= .MQ 4 R.MQ MN = SOQM 4.OD= 2 2 2 Xét ∆OQM vuông tại O có OD là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta S= MPNQ

= DQ.DM ⇔= R DQ.DM có: OD 2

17 Áp dụng bất đằng thức Cô si ta có: QM =DQ + DM ≥ 2 DQ.DM =2 R =2 R 2

Hay QM min =2 R ⇔ QD =DM =R Từ đó S MPNQ nhỏ nhất là 8 R ⇔ MQ = 2R 2

)  chung; MDB  = MAD  (cùng chắn BD Khi đó: Xét ∆MDB & ∆MAD có: DMB

Ta có:

MA.MB = R 2 ⇔ x ( x + a ) = R 2 ⇔ x 2 + ax − R 2 = 0 ⇒ x =

OF FI

MD MB 2 ⇒ ∆MDB  ∆MAD( g − g ) ⇒ = ⇒ MD = MA.MB ⇒ MA.MB = R2 MA MD AB a= , MB x ( a không đổi, a, x > 0) Đặt=

−a + a 2 + 4 R 2 ( do x > 0 ) 2

NH ƠN

−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 1 4 + ≥ ta có: x y x+ y

Áp dụng bất đẳng thức

1 3 1 3 3 1 1  1  + 2 = + + = + + 3  2 2 2 2 2  ab a + 4b 4ab 4ab a + 4b 4ab  4ab a + 4b 

1 1 4 + 2 ≥ = 4ab a + 4b 2 4ab + a 2 + 4b 2

( a + 2b )

= 4

1 1 1 ⇒ ≥ = 2 8 4ab 4. 1 8

KÈ M

Lại có: ab ≤

⇒

1 1  1  14 + 3 + 2 ≥ 2 + 3.4 = 2  4ab  4ab a + 4b 

DẠ Y

1  a =  1 3 1 2 " = " Vậy . Dấu xảy ra khi + 2 ≥ 14 2 a = b = ⇔  2 ab a + 4b 2 b = 1  4

18 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)

27 − 4 3  1 2 x  2 x + 6  x ≥ 0, x ≠ 1 + b) Rút gọn biểu= thức B  .     x + 3 x − 9  x −1  x ≠ 9 Câu 2. (2,5 điểm) a) Giải phương trình 5 x − 7 = 0

2 x + y = 1 2 x − y =

NH ƠN

b) Giải hệ phương trình sau 

OF FI

a) Tính A = 12 +

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC CẠN

c) Hai lớp 9A và 9B của một trường, quyên góp vở ủng hộ các bạn học sinh vùng khó khăn. Lớp 9A mỗi bạn ủng hộ 2 quyển, lớp 9B mỗi bạn ủng hộ 3 quyển, cả hai lớp ủng hộ được 160 quyển. Tính số học sinh mỗi lớp biết tổng số học sinh của cả hai lớp là 65 em. Câu 3. (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị hàm số y = x

b) Đường thẳng song song với trục hoành, cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và 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

KÈ M

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.

DẠ Y

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

a ) A = 12 + 27 − 4 3 = 2 3 + 3 3 − 4 3 = 3 b)Với

x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 9 . Ta có:

(

)

(

3 x − 1 .2 = x − 3 . x −1

(

)(

)

)(

6 x −3

a) Giải phương trình:

5x − 7 = 0 ⇔ x =

7  S=  5

7 5

b) Giải hệ phương trình:

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

NH ƠN

Câu 2.

)

OF FI

 1 x −3+ 2 x 2 x +3 2 x  2 x +6 + = B= .  . − x 9 + − x x x −1 3 1 + − x x 3 3  

Câu 1.

c) Tính số học sinh mỗi lớp

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1;1)

Gọi số học sinh lớp 9A và lớp 9B lần lượt là x, y (học sinh) ( x, y ∈ *, x, y < 65 )

65 (1) Tổng số học sinh 2 lớp là 65 nên ta có phương trình x + y = Số quyển vở lớp 6A quyên góp là : 2x (quyển) Số quyển vở lớp 6B quyên góp là: 3y (quyển)

KÈ M

160 ( 2 ) Hai lớp quyên góp được 160 quyển vở nên ta có phương trình 2 x + 3 y = Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

x + 3 y 195= =  x + y 65 3=  x 35 (tm) ⇔ ⇔  2 3 160 2 3 160 30 x y x y y = + = + =    Vậy 9A: 35 học sinh, 9B: 30 học sinh.

DẠ Y

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

M , N là nghiệm của phương trình hoành độ giao điểm x 2 = 2

( (

 x = 2  M − 2;2 ⇔ ⇒  x = − 2  N 2;2 

)

Hoành độ các điểm

Khi đó ta có: MN = 2 2 . Gọi { H } = MN ∩ Oy ⇒ H ( 0;2 ) ⇒ OH ⊥ MN và OH = 2

OF FI

1 1 .MN = .2.2 2 2 2(dvdt ) OH = 2 2

Vậy = SOMN Câu 4.

a) Giải phương trình khi m=1 Với m = 1 ta có phương trình x + x − 2 = 0 2

 x1 = 1  x2 = −2

Phương trình có dạng a + b + c = 0 ⇒ 

NH ƠN

Vậy với m =1 ⇔ S ={−2;1}

b) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m Xét phương trình x + ( 2m − 1) x − 2m = 0 ta có: 2

= ∆

( 2m − 1)

+ 4.2= m 4m 2 − 4m + 1 + 8= m 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 –

−2m + 1  x1 + x2 = . Theo đề bài ta có: 2 x x m =  1 2

et ta có: 

A = x12 + x22 − 4 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 6 x1 x2 2

(1 − 2m )

+ 6.2m = 4m 2 − 4m + 1 + 12m = 4m 2 + 8m + 1

KÈ M

= 4 ( m 2 + 2m + 1) − = 3 4 ( m + 1) − 3 2

Vì ( m + 1) ≥ 0 ( ∀m ) ⇒ 4 ( m + 1) ≥ 0 ⇒ 4 ( m + 1) − 3 ≥ −3 ( ∀m ) 2

Vậy Amin =−3 ⇔ m =−1

DẠ Y

Câu 5.

K P F

a) Tứ giác NPEO nội tiếp đường tròn

NH ƠN

OF FI

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   Xét ∆MOE và ∆MPN có: PMN = MPN = 900

KÈ M

MO ME ⇒ ∆MOE  ∆MPN ( g .g ) ⇒ = ⇒ ME.MP = MO.MN ( dfcm ) MP MN c) OF song song với MP

 = 90 = OPF  ⇒ OEPF là tứ Vì EF / / MN ( gt ) mà MN ⊥ OK nên EF ⊥ OK ⇒ OEF 0

giác nội tiếp

Lại có NPEO là tứ giác nôi tiếp (cmt) ⇒ 5 điểm

O, E , P, F , N cùng thuộc một đường tròn

DẠ Y

nên tứ giác OEFN cũng là tứ giác nội tiếp

= 900 ( gt ) ⇒ EFN = 900  + EFN = ⇒ EON 1800 mà EON

   Xét tứ giác OEFN có: EON = OEF = EFN = 900 ⇒ OEFN là hình chữ nhật (tứ giác có 3 = góc vuông) ⇒ ONF 90 ⇒ NF là tiếp tuyến của ( O ) tại N 0

) =  ⇒ FNP NMP (cùng chắn NP

  (do ∆OMP cân tại O) Mà  NMP = OMP = OPM

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:

R2 − x2

NH ƠN

PI 2 = MI .NI = ( R + x )( R − x ) = R 2 − x 2 ⇒ PI =

OF FI

 ). ⇒ OPE =   = FOP  (hai góc nội tiếp cùng chắn FP Mà FNP FOP

 = OPM  = OPE  ⇒ FNP

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 R+x R2 − 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  = = Xét tam giác vuông IPN có tan INP IN

DẠ Y

KÈ M

 = INP  ⇒ tan ∠OIE = tan ∠INP Vì OIE

R2 − x2 R−x

R2 − x2 ⇔ R ( R − x )= x ( R + x ) R−x

R R2 − x2 ⇒ = x( R + x)

)

1 = 2 −1

R −x = R−x 2

R−R

(

2 +1

)

(

)

P nằm trên đường tròn ( O ) thỏa mãn tan ∠MNP =

KÈ M DẠ Y

)

2 −1 R 2 2 −2 = = 2 −1 R 2− 2

2 +1

⇒ tan ∠MNP = tan ∠INP = Vậy khi điểm

R2 − R2

)

2 −= 1 OI

NH ƠN

⇒ tan ∠= INP

(

2 2 −2 2− 2

OF FI

(

 x1 =− R + R 2 =R 2 − 1 (tm) ⇔ ⇒= x R  x =− R − R 2 < 0(ktm)  2

⇔ R 2 − Rx = xR + x 2 ⇔ x 2 + 2 Rx − R 2 = 0

2 + 1 thì IE ⊥ MP

24 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

I.Trắc nghiệm Câu 1. Đường thẳng y= 2 − x có hệ số góc là

B. − 1

C.450

OF FI

Đề số 5

A.2

UBND TỈNH BẮC NINH

D.1

Câu 2. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất ?

1 = B. y x

2 = x C. y x= D. y 2020 − x

NH ƠN

A. y

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:

R 2

R 2 2

A.2cm

B.4cm

R 3

2 , cạnh BC = 10cm. Độ dài cạnh AB là 5

Câu 4. Tam giác ABC vuông tại A, sin C =

R 3 2

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

KÈ M

3 x + y = có nghiệm ( x; y ) là: 1 x y − = 

Câu 6.Hệ phương trình 

B.( 2;1)

A.( −2; −1)

Câu 7. Biểu thức

(

7 −5

)

C.(1;2 ) +

(

2− 7

)

có giá trị bằng:

B.2 7 + 3 C.2 7 − 3 Câu 8. Khi x = 6, biểu thức x + 8 có giá trị bằng:

DẠ Y

A.7

A.6

D.( −1; −2 )

D.3

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:

D.9cm Câu 10. Phương trình nào dưới đây có hai nghiệm là 3 và −2?

A.x 2 − = 6x + 1 0

B.x 2 += x−6 0 C .x 2 + = 6x − 1 0 3 Câu 11. Khi x = 7, biểu thức có giá trị bằng: x+2

A. − 1

B. 3

1 − x là

Câu 12. Điều kiện xác định của biểu thức

A.x < 1

B.x ≥ 1

1 3

C .x > 1

D.x 2 −= x−6 0

D.1

D.x ≤ 1

Câu 13. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn ( O ) . Đường cao tại M . Số đo góc BCM là

B.600

C.500

AH cắt cung nhỏ BC

D.300

NH ƠN

A.450

C. 13cm

B.36cm

OF FI

A.6cm

1 x + y = có nghiệm duy nhất khi 2 mx − y =

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

B.450

C.22033'

A.600

D.300

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 Câu 17. Đường thẳng y = 2 x đi qua điểm nào ?

D. 2cm

A.(1;2 )

D.B ( 2;1)

KÈ M

Câu 18. Khi

x = 16, biểu thức

DẠ Y

A. − 2

B.C ( 2;2 )

18 15

C.D ( −2; −1) x +2 có giá trị bằng: x −1 C.2

7 2

Câu 19. Phương trình 2 x − x − 6 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Khi đó, tổng x1 + x2 bằng

1 2

Câu 20. Giá trị của

B. −

1 2

5 + 1.

C. − 3 5 − 1 bằng:

D.3

A.4

B.2

D. − 2

C.2 6

Câu 21.Các giao điểm của parabol ( P ) : y = x và đường thẳng ( d ) : y =− x + 2 là:

B. A (1;1) và B ( 2;4 )

C. A (1;1) và C ( −2;4 )

D.( −1;1) và B ( 2;4 )

3 5

5 3

3= cm, BC 5cm thì tan C bằng:

4 3

3 4

OF FI

Câu 22. Tam giác ABC vuông tại= A, AB

A.D ( −1;1) và C ( −2;4 )

Câu 23. Trong các hệ phương trình sau, hệ nào vô nghiệm ?

= x 3 A.  x + 2y 0 =

= x + y 3 B.  x + 2y 9 2=

= x + y 3 C.  = 2 y 0

Câu 24. Cho tam giác ABC vuông tại A, cạnh

A.3cm

BC = 10cm, bán kính đường tròn ngoại tiếp

NH ƠN

tam giác đó bằng:

= x + y 3 D.  x + 2y 6 2=

B.4cm

C.2,5cm

D.5cm

Câu 25.Đường thẳng y = x + m − 1 cắt trục Ox tại điểm có hoành độ bằng 1 khi

A.m 2= B.m 0= C.m 1= D.m −1 Câu 26. Tập nghiệm của phương trình x − 3 x + 2 = 0 là 2

A.{1; −2}

C.{1;2}

B.{−1;2}

D.{−1; −2}

A, B.

Câu 27. Cho hai đường tròn ( O;13cm ) và ( O ';10cm ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt

E và F . Biết EF = 3cm, độ dài của OO ' là

Đoạn OO ' cắt ( O ) ; ( O ' ) lần lượt tại

A.20cm

B.18cm C.19cm D.16cm Câu 28. Cho điểm 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

A.R 2

KÈ M

vuông góc hạ từ A và B xuống d . Khi đó, AP + BQ bằng:

B.2 R

C .R 3

3R 2

5 2ax + by = có nghiệm ( x; y ) = (1;2 ) . Khi đó, a − 1 x + b + 2 y = 6 ( ) ( ) 

Câu 29. Biết hệ phương trình 

DẠ Y

3a + 4b bằng:

A.8

B.4

Câu 30. Giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A.0

B. không tồn tại

C.7

5 2

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

( a + b 3 ) với a, b ∈ ? A.1

B.2

C.0

D.4

3 2 2

C.3

D.1,5

OF FI

A.6 II.Tự luận Câu 1. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình x + 6 x + 8 = 0 2

2 + x −1

2 x −5 + với x ≥ 0, x ≠ 1 . Tìm x để P = 1 x −1 x +1

NH ƠN

b) Rút gọn biểu thức P = Câu 2. (1,0 điểm)

M , N là các giao điểm của parabol y = x 2 và đường thẳng y= x + 2. Diện tích tam giác OMN bằng: Câu 32. Gọi

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

Câu 3. (2,0 điểm)

tham khảo của mỗi môn Ngữ văn và Toán ban đầu lầ bao nhiêu ? Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên cạnh AC lấy điểm M khác C sao cho

AM > MC. Vẽ đường tròn tâm O đường kính MC , đường tròn này cắt BC tại E

KÈ M

( E ≠ C ) và cắt đường thẳng BM tại D ( D ≠ M ) a) Chứng minh ADCB là một tứ giác nội tiếp b) Chứng minh  ABM =  AEM và EM lầ tia phân giác của góc  AED c) Gọi G là giao điểm của ED và AC. Chứng minh rằng CG.MA = CA.GM Câu 4. (1,0 điểm)

Cho phương trình bậc hai ax − x + c =(x 0 là ẩn số) có hai nghiệm thực dương 2

DẠ Y

a2 − c x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ac + a 2

28 ĐÁP ÁN 1B

10D

11D

12D

13D

14A

18C

19A

20B

21C

22D

26C

27A

28B

29A

I.Phần trắc nghiệm 7D

9A 17A 24D 25B 32C

II. Phần tự luận

30A

31C

NH ƠN

Câu 1.

23B

OF FI

16A

a) Giải phương trình

x2 + 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

2 + x −1

x −5 2 2 + = x −1 x +1

2 x +2+2 x −2+ x −5 = x +1 x −1

)(

)

KÈ M

(

x ≥ 0, x ≠ 1

) (

x +1 + 2

Điều kiện:

(

)

x −1 + x − 5

)(

x +1

5 x −5 = x +1 x −1

(

)(

)

x −1

(

)

5 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.

DẠ Y

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

Số sách tham khảo môn Toán cần mua thêm là

1 x (cuốn) 3

Số sách tham khảo môn Ngữ văn cần mua thêm là

1 y (cuốn) 4

Thư viện đã mua thêm 45 cuốn sách tham khảo 2 môn này nên ta có phương trình:

OF FI

1 1 x + y = 45 ⇔ 4 x + 3 y = 540 ( 2 ) 3 4 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :

= = x + 3 y 465=  x + y 155 3=  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

NH ƠN

Câu 3.

KÈ M

DẠ Y

a) ADCB là tứ giác nội tiếp

 là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn Xét đường tròn ( O ) ta có: MDC

 900 hay=  900 ⇒= MDC BDC

Xét tứ giác ADCB có ∠BAC = ∠BDC = 90 mà Nên ADCB là tứ giác nội tiếp

A, D là 2 đỉnh kề nhau

EM lầ tia phân giác của góc  AED

 là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn Xét đường tròn ( O ) ta có: MEC

b) Chứng minh  ABM =  AEM và

OF FI

 = MCD  (hai góc nội tiếp cùng chắn MD  của (O)) (1) Ta có: MED

= = ⇒ MEC 900 ⇒ BEM 900 (hai góc kề bù)  + BEM  = 900 + 900 = 1800 ⇒ ABEM là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác ABEM ta có: BAM  ⇒ ABM = AEM (cùng chắn cung AM )

 Vì ADCB là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒  AD) ACD = ABD (hai góc nội tiếp cùng chắn  Lại có  ABM =  AEM (cmt ) hay  ABD =  AEM

(3)

 ⇒ ME là phân giác của  Từ (1), (2), (3) ⇒  AED(dfcm) AEM = MED c) Chứng minh rằng CG.MA = CA.GM

EM là phân giác trong của tam giác (cmt ) ⇒

NH ƠN

Xét ∆AEG ta có:

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….

Phương trình ax − x + c = 0 có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2 2

KÈ M

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

DẠ Y

1  x + x = 1 2  a Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:  x x = c  1 2 a Theo đề bài ta có: x1 + x2 ≤ 1 ⇒

1 ≤ 1 ⇔ a ≥ 1( do a > 0 ) ⇒ a 2 ≥ 1 a

(2)

1 1 1 ⇒c≤ ≤ 4 4a 4 1 1 1 2 2 a a − + − 2 1 1 2 3 a −c 4 4 2 =1− ⇒P= ≥ = ≥1− =1− = 2 1 1 1 5 5 ac + a   1 a2 + + a2 2 a2 +  2 1 +  4 4 4   4

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

a = 1 3  ⇔ 1 Vậy MinP= 5 c = 4

OF FI

= a 1= a 1   Dấu " = " xảy ra ⇔  1⇔ 1 = ac 4= c 4

Lại có: ac ≤

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)

SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ BẠC LIÊU

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 Câu 2. (4,0 điểm)

3 x − 4 có nghĩa

NH ƠN

5 3 x + 4 y = 3 x − 4 y =

a) Giải hệ phương trình : 

OF FI

Đề số 6

y 3 x + b. Xác định giá trị của b ( P ) : y = 2 x 2 và đường thẳng ( d ) : = bằng phép tính để đường thẳng ( d ) tiếp xúc với parabol ( P )

b) Cho Parabol

Câu 3. (6,0 điểm)

Cho phương trình: x − ( m − 1) x − m = 0 (1) (với m là tham số) 2

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

−4 mãn x1 ( 3 + x1 ) + x2 ( 3 + x2 ) =

Câu 4. (6,0 điểm)

KÈ M

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

DẠ Y

a) Chứng minh tứ giác AMEI nội tiếp b) Chứng minh ∆IAE đồng dạng với ∆NBE. Từ đó chứng minh IB.NE = 3IE.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:

OF FI

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 3 x − 4 ≥ 0 ⇔ 3 x ≥ 4 ⇔ x ≥ 3 4 Vậy biểu thức= B 3 x − 4 có nghĩa khi x ≥ 3 Câu 2. a) Giải hệ phương trình:

NH ƠN

Ta có:

= 4 x 8= x 2 = x 2 5  3 x + 4 y =   ⇔  x−3 ⇔  2−3 ⇔  1 3 x − 4 y =  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 = 3 x + b ⇔ 2 x 2 − 3 x − 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

⇔ ∆ = 0 ⇔ ( −3) − 4.2.( −b ) = 0 ⇔ 9 + 8b = 0 ⇔ b = −

KÈ M

Vậy để ( d ) tiếp xúc với parabol ( P ) thì b = − Câu 3.

9 8

DẠ Y

a) Giải phương trình khi m = 4 Thay m = 4 vào phương trình (1) ta có:

x 2 − 3x − 4 = 0 ⇔ x 2 − 4 x + x − 4 = 0 ⇔ x ( x − 4 ) + ( x − 4 ) = 0

 x + 1 =0  x =−1 ⇔ ( x + 1)( x − 4 ) =0 ⇔  ⇔ −4 0 =  x= x 4

34 Vậy khi m = 4 thì tập nghiệm của phương trình là S =

{−1;4}

x − ( m − 1) x − m = 0

(1) có:

( m − 1)

− 4.1.( −m= ) m 2 − 2m + 1 + 4m

1 ∆ = m 2 + 2m +=

( m + 1)

≥ 0 ( ∀m ∈  )

∆ =

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi m 2

Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi giá trị của m Theo ý b: ta có: ∆ =

( m + 1)

OF FI

c) Xác định giá trị của m để phương trình…………. 2

Để phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thì ∆ > 0

NH ƠN

⇔ 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:   x1 x2 = −m x1 ( 3 + x1 ) + x2 ( 3 + x2 ) =−4 ⇔ 3 x1 + x12 + 3 x2 + x22 =−4

⇔ 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 2

⇔ m ( m + 1) + 2 ( m + 1) =

( m + 1)( m + 2 ) =

 m + 1 =0  m =−1(ktm) ⇔ ⇔  m + 2 =0  m =−2(tm) Vậy m = −2 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 4.

DẠ Y

KÈ M

d2 E

AMEI nội tiếp  = 900 Vì d1 là tiếp tuyến của ( O ) tại A nên IAM

a) Chứng minh tứ giác

 = 900 Vì d ⊥ EI tại E nên IEM

 + IEM  = 900 + 900 = 1800 AMEI có IAM 0 Vậy tứ giác AMEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 ) b) Chứng minh ∆IAE đồng dạng với ∆NBE. Từ đó chứng minh IB.NE = 3IE.NB Vì  AEB = 900 AEB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên 

OF FI

Xét tứ giác

=   + IEB  = IEN  = 900 ( do d ⊥ IE ) Ta có:  AEI + IEB AEB = 900 ; BEN

 (cùng phụ với ⇒ AEI = BEN Xét ∆IAE và = ∆NBE có:  AEI

) IEB  NBE  (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp  BEN = ( cmt ) ; IAE

NH ƠN

) 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 Lại có O là trung điểm của AB ⇒ AB = 2OA = 4 IA ⇒ IB = AB − IA = 4 IA − IA = 3IA . Khi đó ta có: 3IE.NB (nhân cẩ 2 vế với 3) ⇒ IB.NE = 3IE.NB(dfcm) (1) ⇔ 3IA.NE = ⇒ ∆IAE  ∆NBE ( g .g ) ⇒

c) Chứng minh ∆MNI vuông tại I và tìm GTNN của S MNI theo

 90 (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  + IBN  = 900 + 900 = 1800 ⇒ IEN ⇒ Tứ giác BNEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 )

KÈ M

 = IEB  = ⇒ INE ABE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IE ) Lại có : Tứ giác AMEI là tứ giác nội tiếp (ý a)

 = IAE  = BAE  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IE ) ⇒ IME Xét tam giác MNI có:

 + IME =   = 900 (do  AEB = 900 (cmt ) nên ∆AEB vuông tại E) INE ABE + BAE

DẠ Y

⇒ ∆MNI vuông tại I (tam giác có tổng hai góc nhọn bằng 900 )

Ta có: S ∆MNI =

AIM = Đặt 

1 IM .IN 2

 = 900 − α α ( 0 < α < 900 ) ⇒ BIN

AI AI ⇒ IM = IM cos α BI BI BI Xét ∆BIN vuông ta có: cos ( 900 − α ) = ⇒ IN = = 0 IN cos ( 90 − α ) sin α

∆AIM vuông ta có: cos α =

Xét

1 1 AI BI AI .BI IM .IN= . . = 2 2 cos α sin α sin α .cos α 1 R 3 3R Ta có: AB= 4 AI (cmt ) ⇒ AI= AB= , BI= AB= 4 2 4 2 2 3R ⇒ S∆MNI =4 sin α .cos α 3R 2 Do không đổi nên diện tích tam giác MNI đạt giá trị nhỏ nhất ⇔ sin α .cos α đạt giá 4

OF FI

⇒ S∆MNI=

NH ƠN

trị lớn nhất.

Vì 0 < α < 90 nên sin α ,cos α > 0 . Áp dụng BĐT Cô – si ta có: 0

sin 2 α + cos 2 α 1 sin α .cos α ≤ = ( ∀α ) 2 2 3R 2 1 3R 2 ⇒ S∆AMI ≤ : = . Dấu " = " xảy ra 4 2 2 sin α = cos α 1 ⇔ 2 ⇒ sin α = cos α = ⇒ α = 450 2 2 sin α = cos α

DẠ Y

KÈ M

3R 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI là , đạt được khi  AIM = 450. 2

37 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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE

a) Trục căn thức ở mẫu của biểu thức

4x + 9x = 15

b) Tìm x biết: Câu 2. (1,0 điểm)

18 3

(

)

7 − 18 x + 2020 Cho hàm số bậc nhất y =

a) Hàm số trên đồng biến hay nghịch biến trên

 ? Vì sao ?

b) Tính giá trị của y khi x= 7 + 18 a) Vẽ ( P )

Cho hàm số y = 2 x có đồ thị ( P )

NH ƠN

Câu 3. (1,0 điểm)

OF FI

Câu 1. (1,0 điểm)

b) Tìm tọa độ của các điểm thuộc ( P ) có tung độ bằng Câu 4. (2,5 điểm)

a) Giải phương trình: x + 5 x − 7 = 0 2

18 7 x − y = 9 2 x + y =

b) Giải hệ phương trình : 

c) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình

x 2 − 2 ( m + 5 ) x + m 2 + 3m − 6 = 0 có hai nghiệm phân biệt

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

KÈ M

= AB 6= cm, AC 10cm. Tính độ dài các đoạn thẳng BC , BH . Câu 7. (0,75 điểm) Trên đường tròn ( O ) lấy hai điêm như hình vẽ. Tính số đo  ACB AmB,  ACB và số đo 

DẠ Y

650

Câu 8. (2,0 điểm)

A, B sao cho  AOB = 650 và điểm C

38 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ( O ) và có các đường cao

tại H ( E ∈ AC , F ∈ AB )

BE , CF cắt nhau

Câu 1.

18 3

a) Ta có:=

18 3 = 6 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

(

NH ƠN

Câu 2.

OF FI

ĐÁP ÁN

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

)

7 − 18 x + 2020 có a= 7 − 18 a) Hàm số y =

7 49 > 18 ⇔ 7 − 18 > 0 ⇔ a > 0 nên hàm số đã cho đồng biến trên R Ta có: = b) Tính giá trị…

(

)

7 − 18 x + 2020 ta được: Thay x= 7 + 18 và hàm số y =

)(

)

(

y= 7 − 18 7 + 18 + 2020 = 49 − 18 + 2020 = 2051 Vậy với x= 7 + 18 thì y = 2051 Câu 3. a) Học sinh tự vẽ (P) b) Tìm tọa độ……..

KÈ M

Gọi điểm N ( x;2 ) thuộc ( P ) : y = 2 x

x =1  x = −1

Ta có: 2 =2 x ⇔ x = 1⇔  2

Vậy ta có hai điểm thỏa mãn đề bài là (1;2 ) ; ( −1;2 ) Câu 4.

a) Giải phương trình : x + 5 x − 7 = 0

DẠ Y

 −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

b) Giải hệ phương trình

−5 ± 53 2

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x =

7 x − y 18 = = = 9 x 27 = x 3 x 3 ⇔ ⇔ ⇔  9 7 x − 18  y = 7.3 − 18  y = 3 2 x + y = y =

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3;3)

Xét phương trình: x − 2 ( m + 5 ) x + m + 3m − 6 = 0 2

Ta có:

OF FI

c) Tìm các giá trị của m……

∆ ' =  − ( m + 5 )  − ( m 2 + 3m − 6 ) = m 2 + 10m + 25 − m 2 − 3m + 6 = 7 m + 31 2

Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì

∆ ' > 0 ⇔ 7 m + 31 > 0 ⇔ m > −

31 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt. 7

NH ƠN

Vậy với m > −

31 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

⇒ −5 − m =

Vì M ( x;0 ) ∈ ( d ' ) : y = 2 x + ( 7 − m ) ⇒ 2 x + 7 − m = 0 ⇔ m =

m−7 ⇔ m − 7 = −2m − 10 ⇔ 3m = −3 ⇔ m = −1 2

KÈ M

Vậy m = −1 là giá trị cần tìm. Câu 6.

DẠ Y

10 cm

6 cm

m−7 2

40 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 = 102 − 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 = BC 8= cm, BH 4,8cm Vậy

OF FI

Câu 7.

A m

NH ƠN

650

Ta có:  =  AOB = 650 . Lại có: AOB là góc ở tâm chắn cung  AmB nên sd cung AmB

sd  ACB + sd  AmB = 3600 ⇒ sd  ACB = 3600 − 650 = 2950 1  1 0   ACB sd = AmB = .65 32,50 ACB là góc nội tiếp chắn  AmB nên = 2 2 0 0  Vậy = sd  AmB 65= , sd  ACB 295 = , ACB 32,50

KÈ M

Câu 8.

DẠ Y

I E

H O D

a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp

C K

41 Ta có: CF ⊥ AB ⇒  AFC = 900 , BE ⊥ AC ⇒  AEB = 900

AFH +  AEH = 900 + 900 = 1800 ⇒ Tứ giác AFHE nội tiếp AFHE có  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   Xét tứ giác BFEC có BFC = BEC = 900 nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau)

OF FI

Tứ giác

  ) (1) ⇒ AFE = ACB (cùng bù với BFE Kẻ đường kính AA ', Gọi I là giao điểm của AO và PG ' (cùng chắn BA ' = BCA ') ( 2 ) Tứ giác BACA ' nội tiếp nên BAA ' =   Từ (1) và (2) suy ra :  AFE + BAA ACB + BC 'A

NH ƠN

' =  Mà  ACB + BCA A ' CA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ' = = Nên  AFE + BAA 900 hay  AFI + FAI 900

DẠ Y

KÈ M

⇒ 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 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 CHÍNH THỨC Đề số 8 Bài 1. (2,0 điểm)

x +1 = x−3 2  x +2 2 x −2 − A  2. Cho biểu thức=  .( x − 1)( x ≥ 0; x ≠ 1) + − x x 1 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

OF FI

1. Giải phương trình:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH

Bài 2. (2,0 điểm)

NH ƠN

Cho parabol ( P ) : y = x và đường thẳng ( d ) : y = 2 ( m − 1) x − 2m + 5 ( m là tham số) 2

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 A1và 9 A2 là 22 em, chiếm tỉ lệ 40% trên tổng số học sinh dự thi của hai lớp trên. Nếu tính riêng từng lớp thì lớp 9 A1có 50% học sinh dự thi đạt giải và lớp 9 A2 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 )

KÈ M

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

DẠ Y

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

thức A =x + 1 4

+ 1) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.

43 ĐÁP ÁN Bài 1.

x +1 = x − 3 ⇔ x + 1 = 2x − 6 ⇔ x = 7 2 Vậy S = {7} 1)

 4 +2 2 4 −2 4 2 − −2 A=   .( 4 − 1) =  −  .3 = 3 1 + − 4 1 4 1     Vậy khi x =⇒ 4 A= −2

(

) .( x= − 1)

 x + 2 2 x −1  = A −  x +1 x −1  =− x .

(

)

 

x − 1 =− x + x

Ta có:

 A= − x− x = − 

(

)

( x)

x +2−2 x −2

(

)

x +1

(

)(

x −1

)

x +1

NH ƠN

b) Rút gọn:

OF FI

2) a) Thay x = 4(tmdk ) vào biểu thức A ta có:

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  1 1 Dấu " = " xảy ra ⇔ x = ⇔ x = (tm) 2 4 1 1 Vậy Amax = ⇔ 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:

KÈ M

x 2 = 2 ( m − 1) x − 2m + 5 ⇔ x 2 − 2 ( m − 1) x + 2m − 5 = 0 (*) . Phương trình (*) có:

∆ ' = ( m − 1) − 2m + 5 = m 2 − 2m + 1 − 2m + 5 = m 2 − 4m + 4 + 2 = ( m − 2 ) + 4 2

Vì ( m − 2 ) ≥ 0 ( ∀m ) ⇒ ( m − 2 ) + 2 > 0 ( ∀m ) 2

b) Tìm các giá trị m

Xét phương trình x − 2 ( m − 1) x + 2m − 5 = 0 ( *) 2

DẠ Y

Để đường thẳng ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 dương thì:

∆ > 0 ( ∀m ) ∆ > 0  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:  x2 2m − 5  x1=

x1 − x2 =2 ⇔

(

x1 − x2

)

=4 ⇔ x1 + x2 − 2 x1 x2 =4

⇔ 2m − 2 − 2 2m − 5 = 4 ⇔ 2m − 6 = 2 2m − 5 ⇔ 2m − 5 = m − 3

OF FI

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 A1và 9 A2 lần lượt là x, y (học sinh) ( x, y ∈  )

NH ƠN

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 Lớp 9 A2 có số học sinh đạt giải là 28% y = y (học sinh) 25 Lớp 9 A1có số học sinh đạt giải là 50% x =

Vì cả hai lớp có 22 học sinh đạt giải nên ta có phương trình:

1 7 x+ y =22 ⇔ 25 x + 14 y =1100 ( 2 ) 2 25

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

DẠ Y

Bài 4.

KÈ M

= + 25 y 1375 =  x + y 55 25 x= 11 y 275=  x 30 (tm) ⇔ ⇔ ⇔  25 14 1100 25 14 1100 55 25 x y x y x y y + = + = = − =     Vậy số học sinh dự thi là 9 A1: 30 học sinh; 9 A2 : 25 học sinh.

M C

OF FI

F H O N K

NH ƠN

Chứng minh AOHM là tứ giác nội tiếp

= Ta có: MA là tiếp tuyến của ( O ) ⇒ MAO 90 0

KÈ M

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 AOHM là tứ giác nội tiếp (đpcm) b) Chứng minh ∠MDH = ∠BAH và MA2 = MC.MD Ta có: DK / / MO ( gt ) ⇒ ∠MDK = ∠DMO (hai góc so le trong) ) =  (cùng chắn OH Vì AOHM là tứ giác nội tiếp (cm câu a) ⇒ HMO HAO

(

)

DẠ Y

 = DMO  ⇒ BAH  = MDK  = DMO  (dfcm) Hay BAD  = MAC  (cùng chắn   chung; MDA Xét ∆AMC và ∆DMA ta có: M AC ) AM MC 2 ⇒ ∆AMC  ∆DMA( g .g ) ⇒ = ⇔ MA = MC.MD(dfcm) DM MA c) Chứng minh AI / / BD

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

Gọi

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

Mà DK = FK (cmt ) ⇒ = OE OI

DK FK  BK  = =  OE OI  BO 

OF FI

⇒ DK = KF . Lại có: DK / / MO ⇒ DF / / IE ⇒

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:

NH ƠN

A= ( x4 + 1)( y 4 + 1) =x4 + y 4 + ( xy ) + 1 =( x2 + y 2 ) − 2 ( xy ) + ( xy ) + 1 2

2 2 4 = ( x + y ) − 2 xy  − 2 ( xy ) + ( xy ) + 1  

=( x + y ) − 4.( x + y ) .xy + 4 ( xy ) − 2 ( xy ) + ( xy ) + 1 4

=100 − 40 xy + 2 ( xy ) + ( xy ) + 1 2

= ( xy ) + 2 ( xy ) − 40 xy + 101 Đặt t = xy. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 2

y) ( x += 2

5 . 2

x+ y 0 < xy ≤  =   2 

5  0 < t ≤  2  A = ( t 4 − 8t 2 + 16 ) + (10t 2 − 40t + 40 ) + 45

Khi đó ta có: A = t + 2t − 40t + 101 2

KÈ M

A = ( t 2 − 4 ) + 10 ( t − 2 ) + 45 ≥ 45 2

t 2 − 4 = 0  xy = 2 ⇔ = t 2(tm) ⇔  Dấu " = " xảy ra ⇔  0 t − 2 =  x + y =10 2 Khi dó x, y là nghiệm của phương trình : X − 10 X + 2 = 0

(

DẠ Y Ta có: ∆ =

)

− 4.1.2 = 2 > 0, do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt:

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

OF FI

 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 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)

Đề số 9 Bài 1. (2 điểm) Giải các phương trình, hệ phương trình sau:

= 1) x 2 + x − 12 0

2)= x4 + 8x2 − 9 0

OF FI

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH DƯƠNG

−1 3 x + y = 3)  2 6 x + y =

Bài 2. (1,5 điểm)

Cho phương trình : x − 2020 x + 2021 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Không giải 2

1 1 + x1 x2

2)x12 + x22

Bài 3. (1,5 điểm)

NH ƠN

phương trình, tính giá tị các biểu thức sau :

3 3 2 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

Cho Parabol ( P ) : y =

2) Tìm tọa độ các giao điểm của ( P ) và ( d ) bằng phép tính. Bài 4. (1,5 điểm )

1 + x− x 1) Rút gọn biểu thức A

1  x +1 :  x − 1  x x − 2x + x



Cho biểu= thức A 

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

KÈ M

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

DẠ Y

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 4) Kẻ EF vuông góc AB ( F ∈ AB ) . Chứng minh N , E , F thẳng hàng.

49 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

OF FI

⇔ ( x − 3)( x + 4 ) = 0 x−3 0 = = x 3 ⇔ ⇔  x + 4 =0  x =−4

S Vậy tập nghiệm của phương trình là =

{3; −4}

2) x 4 + 8 x 2 − 9 = 0 2

0 ( t ≥ 0 ) , phương trình đã cho trở thành : t 2 + 8t − 9 =

NH ƠN

Đặt = t x

Phương trình có dạng a + b + c =1 + 8 − 9 = 0 nên phương trình có hai nghiệm

t1 = 1(tm) 1 x 2 =⇔ 1 x= ±1 t = −9(ktm) . t =⇒ 2 Vậy tập nghiệm của phương trình là S =

{±1}

1 3 x + y =−1 6 x + 2 y =−2 3 x − 4 =−1  x = 3)  ⇔ ⇔ ⇔ 2 2 −4 −4 6 x + y = 6 x + y = y = y = Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y= ) Bài 2.

(1; −4 )

Xét phương trình : x − 2020 x + 2021 = 0 ( *)

KÈ M

Ta có:= ∆ ' 1010 − 2021 = 1018079 > 0 ⇒ Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . 2

2020  x1 + x2 =  x1 x2 = 2021

DẠ Y

Áp dụng định lý Vi − et ta có: 

1 1 x1 + x2 2020 += = x1 x2 x1 x2 2021

b) x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 20202 − 2.2021 = 4076358. 2

50 Bài 3.

1) Học sinh tự lập bảng và vẽ đồ thị

2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) ta có:

3  0 1 x y = ⇒ = x −1 = ⇔ ⇔ 2 0  x + 2 =  x =−2 ⇒ y =6  3  2

Vậy tọa độ giao điểm là A ( −2;6 ) và B  1; 

 x > 0 1  x +1  x ≠1  : x − 1  x x − 2x + x  

 1  + A=  x x −1 x. 

(

= A

)

(

)

x −1

( )

x =8 − 2 7 = 7

Thay = x

7 − 1=

(

7 − 1 Do

)

7 −1 > 0

)

7 − 1(tmDKXD) vào biểu thức A ta có:

7 − 1 − 1=

7 −2

Vậy khi x= 8 − 2 7 thì = A

DẠ Y

Bài 5.

(

− 2. 7.1 + 12 = 7 − 1

KÈ M

⇒ x=

)

(

)

A khi x= 8 − 2 7 . Điều kiện : 0 < x ≠ 1

2) Tính giá trị biểu thức Ta có:

(

)

 x x − 2 x +1 x. x − 1 1+ x x . . = x +1 x +1 x −1  x x −1 

 1 A  = + x− x

NH ƠN

Bài 4. 1) Rút gọn biểu thức A

OF FI

⇔ x ( x + 2 ) − ( x + 2 ) =0 ⇔ ( x − 1)( x + 2 ) =0

3 2 3 x =− x + 3 ⇔ 3 x 2 =−3 x + 6 ⇔ 3 x 2 + 3 x − 6 =0 2 2 2 ⇔ x + x − 2 = 0 ⇔ x2 + 2 x − x − 2 = 0

7 −2

N D

NH ƠN

OF FI

E A

F O

1) Tính độ dài đoạn thẳng

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

KÈ M

= 2.3 = 6(cm) AB là đường kính của ( O;3cm ) nên AB 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 = + 2 2 AD AB AC 2

1 1 1 1 25 576 = + ⇒ = ⇒ = 4,8(cm) AD 2 62 82 AD 2 576 25 Vậy AD = 4,8cm 2) Chứng minh MNDE là tứ giác nội tiếp = Ta có : AD ⊥ BC (cmt ) ⇒ EDN 900

DẠ Y

⇒

52 Tương tự ta có  AMB = 900 AMB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O ) nên 

= ⇒ AM ⊥ BM hay AN ⊥ BM ⇒ EMN 900  + 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

= Ta có: CAN AM ) ABM (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn 

Xét ∆ABN có

OF FI

)  = MBD  (hai góc nội tiếp cùng chắn MD MAD   ( gt ) ⇒   , do đó BM là tia phân giác của  Mà CAN = MAD ABM = MBD ABN

BM là đường cao đồng thời là đường phân giác nên tam giác ABN cân tại

B(dfcm)

N , E , F thẳng hàng

Xét ∆ABN có AD ⊥ BN (cmt );

BM ⊥ AN (cmt );

AD ∩ BM = {E} ( gt )

NH ƠN

4) Chứng minh

DẠ Y

KÈ M

⇒ 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 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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC

B = 4+ 7

)

− 7

x+2 x − 3, ( x ≥ 0 ) x +2 a) Rút gọn biểu thức Q b) Tìm giá trị của x để biểu thức Q = 2

Q 2. Cho biểu thức =

Câu 2. (2,0 điểm)

OF FI

(

A = 64 − 49

Đề số 10 Câu 1. (2,0 điểm) 1. Tính giá trị các biểu thức sau :

NH ƠN

y 2x + 3 1. Cho parabol ( P ) : y = x và đường thẳng ( d ) : =

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

3 2 x − 3 y = 6 x + 3y =

2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau :  Câu 3. (2,5 điểm)

1. Cho phương trình ẩn x : x − 5 x + ( m − 2 ) = 0 2

(1)

a) Giải phương trình (1) với m = 6

thức

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2 thỏa mãn hệ

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

KÈ M

320m 2 . Tính chu vi thửa đất đó .

Câu 4. (1,0 điểm)

 và  60 . Tính số đo góc C Cho tam giác ABC vuông tại A, có cạnh = AC 8= cm, 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

DẠ Y

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 a) Chứng minh : Tứ giác TAOB nội tiếp b) Chứng minh: TC.TD = TF .TO

54 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.

− 7 =4 + 7 − 7 = 4+ 7 − 7 = 4

2) a) Rút gọn biểu thức Q Với x ≥ 0 ta có:

(

)

x x +2 x+2 x − 3= − 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

OF FI

)

NH ƠN

(

B = 4+ 7

1) A = 64 − 49 = 8 − 7 = 1

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……

KÈ M

3 x = 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)

DẠ Y

Câu 3. 1. a) Giải phương trình khi m = 6 Với m = 6 thì phương trình (1) trở thành:

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

55 Vậy với m = 6 thì tập nghiệm phương trình là S = {1;4} b) Tìm m để ………

(

x1 + x2

)

x1 x2

3 =⇔ 2 2

(

)

x1 + x2 = 3 x1 x2

NH ƠN

1 1 3 + =⇔ x1 x2 2

OF FI

∆ > 0  Để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 , x2 thì  S > 0 P > 0  2 ( −5 ) − 4.( m − 2 ) > 0 25 − 4m + 8 > 0 33 − 4m > 0 33  ⇔ 5 > 0(luon dung ) ⇔ ⇔ ⇔2<m< 4 m > 2 m > 2 m − 2 ≥ 0  5  x1 + x2 = Khi đó áp dụng hệ thức Vi – et ta có:  . Theo đề bài ta có:  x1 x2= m − 2

)

⇔ 4 x1 + x2 + 2 x1 x2 = 9 x1 x2 ⇔ 4 5 + 2 m − 2 = 9 ( m − 2 ) 0 ( *) ⇔ 9 ( m − 2 ) − 8 m − 2 − 20 = 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) 0 t − 2 = ⇔ ( t − 2 )( 9t + 10 ) =0 ⇔  ⇔ 10 0 t = − (ktm) 9t + 10 = 9  Với t = 2 ⇒ m − 2 = 2 ⇔ m − 2 = 4 ⇔ m = 6(tm) Vậy m = 6

KÈ M

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 ) Vì thửa đất có diện tích là 320m , nên ta có phương trình : 2

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

DẠ Y

16 0 =  x −=  x 16(tm) ⇔ ⇔ 0 x = −20(ktm)  x + 20 = 20m ⇒ Chiều rộng thửa đất là 16m, chiều dài thửa đất là 16 + 4 = 72 ( m ) Vậy chu vi thửa đất đó là : (16 + 20 ) .2 = Câu 4.

8 cm

600

OF FI

C M

 +C =  = 900 − B  = 900 − 600 = 300 Vì ∆ABC vuông tại A nên B 900 (phụ nhau) ⇒ C Ta có:

8 8 3 AC AC ⇒ AB = = = ( cm ) 0 tan 60 3 AB 3

NH ƠN

tan 600 =

8 16 3 AC AC (cm) ⇒ BC = = = 0 sin 60 3 BC 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 8 3 16 3  300 , = Vậy= C AB AM = cm, = BC cm 3 3

sin 600 =

KÈ M

Câu 5.

DẠ Y

O C

F K B

D I

H G

57 a) Chứng minh tứ giác TAOH nội tiếp

TA, TB là hai tiếp tuyến của ( O ) tại A, B (gt)

Ta có:

(

c) Chứng minh

Gọi AB ∩ TG = {K }

NH ƠN

OF FI

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 2 ⇒ ∆TAC  ∆TDA( g .g ) ⇒ = ⇒ TA= TC.TD ( 2) TD TA 2 Từ (1) và (2) ⇒ TF .TO = TC.TD = TA ( dfcm )

)

I là trung điểm của BH

 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 BI KI GI Áp dụng định lý đường phân giác ta có: = = BT KT GT KI BI GI IH Lại= có (định lý Ta – lét ) = ; KT AT GT AT BI IH = ⇒ BI = IH Do đó AT AT Vậy I là trung điểm của BH ( dfcm)

DẠ Y

KÈ M

Ta có: 

58 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CÔNG LẬP Năm học 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN Thời gian : 120 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề số 11

(

)

Rút gọn biểu thức A =6 + 3 . 3 − 3 2 Bài 2. (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

Bài 3. (2,0 điểm)

NH ƠN

7 x + y = b)  5 2 x − y =

0 a) x 2 + 2 x − 3 =

OF FI

Bài 1. (1,0 điểm)

a) Vẽ đồ thị của hàm số y = x trên mặt phẳng tọa độ Oxy 2

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 9A có 80 quyển vở dự định khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tế cuối năm tăng thêm 2 học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi 2 quyển vở so với dự định. Hỏi cuối năm lớp 9A có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có số quyển vở bằng nhau. Bài 5. (4,0 điểm)

Cho nửa đường tròn ( O ) đường kính 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

KÈ M

nửa đường tròn ( O ) lần lượt ở C và D ( Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB )

DẠ Y

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 E và vuông góc với MD tại F . Chứng minh N , F , B thẳng hàng

BD, cắt

d) Khi  ABN = 60 , tính theo R diện tích của phần nửa hình tròn tâm O bán kính R nằm ngoài ∆ABN 0

ĐÁP ÁN

59 Bài 1.

(

)

A =6 + 3 . 3 − 3 2 =18 + 3. 3 − 3 2

= 3 2 +3−3 2 =3

OF FI

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

{1; −3}

NH ƠN

Vậy S=

= 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 

x n ( n ≠ 3) Khi đó phương trình đường thẳng ( d ) có dạng y =+ Mà M ( 2;4 ) ∈ ( d ) ⇒ 4 = 2 + n ⇔ n = 2(tm) Bài 4.

1,= n 2

KÈ M

m Vậy =

Gọi số học sinh giỏi lớp 9A theo dự định là x (học sinh) ( x ∈  *)

⇒ Dự định, mỗi phần thưởng có số quyển vở:

80 (quyển vở) x

DẠ Y

Số học sinh giỏi thực tế của lớp 9A là : x + 2 (học sinh)

⇒ Thực tế, mỗi phần thưởng có số quyển vở là :

80 (quyển vở) x+2

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 x+2 ⇔ 80 x + 160 − 80 x = 2 x 2 + 4 x ⇔ x 2 + 2 x − 80 =0 ⇔ x 2 + 10 x − 8 x − 80 =0

0 ⇔ x ( x + 10 ) − 8 ( x + 10 ) =

OF FI

 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.

NH ƠN

D 1

KÈ M

a) Chứng minh tứ giác ACNM nội tiếp

 = 900 Vì AC là tiếp tuyến của ( O ) tại A nên MAC Vì MN ⊥ CD tại N nên ∠MNC = ∠MND = 90 0

 + MNC  = 900 + 900 = 1800 Xét tứ giác ACNM có: MAC

DẠ Y

⇒ ACNM là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 ) b) Chứng minh AN .MD = NB.CM Vì BD là tiếp tuyến của ( O ) tại B nên ∠MBD = 900 Xét tứ giác BMND có: ∠MBD + ∠MND = 90 + 90= 180 ⇒ BMND là tứ giác nội tiếp ⇔ ∠MDN = ∠MBN (cùng chắn cung MN ) 0

=  =EMF = tròn) ⇒ CMD 90 ⇒ ENF 90 0

 + EMF  = 900 + 900 = 1800 Xét tứ giác MENF có ENF

OF FI

⇒ ∠ABN = ∠MDC Vì ACNM là tứ giác nội tiếp (câu a) ⇒ ∠MAN = ∠MCN (cùng chắn cung MN ) =  ⇒ BAN MCD 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. E BN ∩ DM , ta chứng minh EF ⊥ BD Gọi=  mà  Vì ∆ABN  ∆CDM (cmt ) nên  ANB = CMD ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường

⇒ MENF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 ). =  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MF ) ⇒N E 1

NH ƠN

=D  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM) ⇒ E =  (1) Mà N D 1 1 1 1  + BMD = Vì ∆BDM vuông tại B nên D 900 (hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ 1

nhau)

0  + CMD  +=  1800 ⇒ ∠M + ∠BMD Mà BMD M = 1800 − ∠CMD = 1800 − 90 = 900 1 1

=  ( 2) ⇒D M 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) d) Khi ∠ABN = 60 , tính theo R diện tích …..

Xét tam giác vuông ABN vuông tại N có AB 2= = R,  ABN 60 ( gt ) ta có:

2 R.sin 600= R 3 2 R.cos600= R 1 R2 3 R 3.= R 2 2

KÈ M

AN= AB.sin ∠ABN= BN= AB.cos ∠ABN= 1 AN .BN ⇒ S ABN = = 2

Diện tích nửa hình tròn tâm ( O; R ) là S r =

1 π R2 2

Vậy diện tích của phần nửa hình tròn tâm O, bán kính R nằm ngoài ∆ABN là:

(

DẠ Y

1 R2 3 R2 S= Sr − S ABN =π R 2 − = π− 3 2 2 2

)

62 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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Bài 1. (1,0 điểm)

(

OF FI

Đề số 12

) (

)(

a) Tính giá trị của biểu thức A = 5 − 11 5 + 11 − 3 − 3

y+y x

)(

)

x − y x >0  y > 0 xy  

Bài 2.(1,0 điểm)

NH ƠN

b) Rút gọn biểu thức B =

)

a) Giải hệ phương trình: −3 x + x + 10 = 0 4

−4 3 x + 2 y = −13 −4 x + y =

b) Giải hệ phương trình : 

Bài 3.(1,5 điểm) Cho Parabol ( P ) : y =

a) Vẽ đồ thị ( P )

3 2 x 2

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:

KÈ M

GIÁ BÁN ĐIỆN

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

DẠ Y

BẬC

(đã làm trò đến đơn vị đồng/kWh) Tháng 3

Tháng 4

(trước điều chỉnh)

(sau điều chỉnh)

63 Bậc 6: Cho kWh từ 401 trở lên

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 ?

Bài 5.(1,5 điểm) Cho phương trình : x − 2 ( m + 4 ) x + m − 8 = 0 ( m : tham số) 2

OF FI

a) Giải phương trình khi m = −1

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.

ABC. Gọi H là giao điểm của BD, CE a) Chứng minh tứ giác

BD, CE của tam giác

NH ƠN

Câu 1.Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn. Vẽ các đường cao

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 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 1000m ?

Bài 1.

( (x

(Lầm tròn kết quả đến mét)

)(

) (

b) B= Bài 2.

KÈ M

a ) A = 5 − 11 5 + 11 − 3 − 5 y+y x

)(

)

ĐÁP ÁN

(

)

= 25 − 11 − 9 − 6 5 + 5 = 6 5

x − y x >0  y > 0 = xy  

(

x+ y

)(

x− y

a ) − 3 x 4 + x 2 + 10 = 0

Đặt t = x , phương trình thành:

DẠ Y

−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 ) = ⇒x= ± 2 0 ⇔  −5 t = (ktm) 3 

x− y

−4 −4 22 2 3 x + 2 y = 3 x + 2 y = 11x = x = b)  ⇔ ⇔ ⇔ −13 −8 x + 2 y = −26 4 x − 13  y = −5 −4 x + y = y = Vậy ( x; y= ) ( 2; −5) Bài 3.

a) Học sinh tự vẽ parabol (P) b) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt

Ta có (1) ⇔ 3 x − 2 x − 2m = 0

3 2 x = x + m (1) có hai nghiệm phân biệt 2

∆ ' = 1 + 6m > 0 ⇔ m > − 1 6

NH ƠN

Vậy m > −

1 6

OF FI

⇔ phương trình hoành độ giao điểm

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:

155 a + b =  249580 50.1678 + ( a − 50 ) .1734 + 50.1510 + ( b − 50 ) .1561 = a + b 155= a 75 (tm) ⇔ ⇔ 1734 1961 254930 80 a b b + = =   Bài 5. a) Với m = −1 ta có:

Vậy mức tiêu thụ điện tháng 4 là 80 kWh

x 2 − 2 ( −1 + 4 ) x + ( −1) − 8 = 0 ⇔ x 2 − 6 x − 7 = 0 2

KÈ M

⇔ 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

⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ ( m + 4 ) − m 2 + 8 ≥ 0 ⇔ 8m + 24 ≥ 0 ⇔ m ≥ −3

DẠ Y

 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 − 3 x1 x2 = 2 ( m + 4 ) − 3 ( m 2 − 8 ) 2

1 1  = −3m + 2m + 32 = −3  m −  + 32 + 3 3  2

OF FI

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.

NH ƠN

H F

KÈ M

a) Theo giả thiết, ta có:  AEH =  ADH = 900 ⇒ tứu giác ADHE nội tiếp đường tròn

  b) Vì BDC = BEC = 900 ( gt ) và cùng nhìn cạnh BC nên BEDC là tứ giác nội tiếp  + BCD  =1800 ⇒ BCA  = BCD  =1800 − BED  = DEA  ⇒ BED  = BCA  (cmt )  chung; DEA Xét ∆AED và ∆ACB có: DAE

DẠ Y

AE AC ⇒ ∆AED  ∆ACB( g .g ) ⇒ = ⇒ 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 ) ⇒ OAC = = 2 = Lại có: EDA ABC (do ∆AED  ∆ACB) ( 3)

(

)

AFD = 1800 − 900 −  ABC −  ABC = 900 Từ (1), (2), (3) ⇒  ⇒ AF ⊥ FD hay AO ⊥ ED(dfcm)

OF FI

Câu 2.

NH ƠN

400m 200

= a) Tàu ở độ sâu: AC BC.sin 20 ≈ 137( m) 0

AC 1000 = ≈ 2924(m) 0 sin 20 sin 200

DẠ Y

KÈ M

= BC b) Số mét tàu chạy:

67 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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ ĐỀ CHÍNH THỨC

A.PHẦN TRẮC NGHIỆM Câu 1. Căn bậc ba của 1728 là :

A.12

B.42

C.576

Câu 2.Hàm số nào dưới đây là hàm số bậc nhất ?

B. y = 5 x − 16

D. y = − x2

1 2 x có đồ thị là hình vẽ nào dưới đây ? 2

DẠ Y

KÈ M

Câu 3. Hàm số y = −

C. y = 5x − 7

D.1728

NH ƠN

2 A. y = − x

OF FI

Đề số 13

−1 2 x + y = là: x 2 y 4 + = 

Câu 4.Nghiệm của hệ phương trình 

A.( 3; −2 )

B.( −3;2 )

C.( −2;3)

D.( 2; −3)

B.25π cm 2

C.50π cm 2

Câu 6.Điều kiện của x để biểu thức

A.x ≤ 4

D.10π cm 2

x − 4 có nghĩa là :

B.x ≤ −4

C.x ≥ 4

D.x ≥ −4

A.20π cm 2

Câu 5.Diện tích của hình tròn có bán kính R = 5cm bằng

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 ?

OF FI

Câu 7.Từ một điểm

P H

NH ƠN

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

600

A.1800

KÈ M

B.600

C.900

D.1200

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}

y 2 x + 1 và parabol Câu 10. Điểm nào dưới dây là giao điểm của đường thẳng ( d ) : =

DẠ Y

( P ) : y = 3x 2 ? A.( −1;3)

B.(1;3)

C.(1; −3)

D.( −1; −1)

69 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 π = 3,14 và

kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất )

OF FI

3,64m

1,84m

A.12,9m3

B.8,1m3

C.12,1m3

D.64,8m3

A.76m,54m

B.54m,76m

NH ƠN

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 10m. Chiều dài và chiều rộng của khu vườn đó lần lượt là :

C.80m,50m

D.50m,80m

Câu 13.Giá trị của biểu thức 3 5 − 4 125 + 180 bằng:

B. − 11 5

A.29

C. − 11

D.29 5

Câu 14. Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình 2 x + 5 x + 1 = 0. Giá trị của biểu thức 2

B.1

A. − 4

x1 + x2 − 3 x1 x2 bằng:

C. − 1

D.4 1 mx + 4 y = có nghiệm duy −1 x − y =

Câu 15. Tất cả giá trị tham số m sao cho hệ phương trình 

A.m ≠ −1

KÈ M

nhất là :

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

A, B sao cho AB = 6cm. Khoảng cách từ tâm O đến đường thẳng ( d ) bằng: A.8cm B.12cm C.2cm D.4cm điểm phân biệt

DẠ Y

y ax + b đi qua điểm M (1;2 ) và đồng thời song song Câu 17. Cho đường thẳng ( d1 ) : = y 3 x + 4. Giá trị của biểu thức a + b bằng: với đường thẳng ( d1 ) : = A.28

B.27

C.10

D.52

1 3 x + y = ? 0 2 x + y =

tọa độ là nghiệm của hệ phương trình  B. Điểm M

C. Điểm N

D. Điểm P

A. Điểm Q

Câu 18. Trong mặt phẳng tọa độ, cho M ( −1;2 ) , N ( 2;1) , P (1; −2 ) , Q ( −2;1) . Điểm nào có

Câu 19. Cho hàm số y = −3 x + b có đồ thị đi qua điểm M ( −1; −2 ) . Giá trị của b bằng

C. − 7

B.1

Câu 20. Từ đỉnh của một tòa nhà cao

D. − 5

OF FI

A.5

70m, người ta nhìn thấy một ô tô đang đỗ ở vị trí A

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) 0

NH ƠN

500

70 m

B.58,7 m

A.45,0m

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 :

KÈ M

a )3 x2 + 5x − 2 0 =

b)4 x 4 + 3x 2 − 1 0 =

−6 −2 x + y = c)  10 2 x − 3 y =

Câu 2. (1,0 diểm)

a) Vẽ đồ thị của hàm số y = 2 x

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình

DẠ Y

x 2 − 2mx + m 2 − 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

71 lần lượt là 70000 đồng và 50 000 đồng. Nhằm thu hút khách du lịch vào dịp hè, khu du

lịch này đã giảm 10% cho mỗi vé vào cổng. Biết đoàn tham quan có 150 người và tổng số tiền mua vé là 7 290000 đồng. Hỏi trường THCS A có bao nhiêu giáo viên và bao nhiêu học sinh đi du lịch ?

AH ,

Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB < AC. Vẽ đường cao

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 HB và đường tròn đường kính HC. Chứng minh rằng giao điểm của hai đường thẳng BM và CN nằm trên đường thẳng AH .

OF FI

đường tròn đường kính

ĐÁP ÁN I.Trắc nghiệm 2C

11A

12C

13B

14A

15B

16D

II. Tự luận Câu 1.

10B

17A

18D

19D

20B

NH ƠN

a )3 x 2 + 5 x − 2 = 0 ⇔ 3 x 2 + 6 x − x − 2 = 0

b)4 x 4 + 3 x 2 − 1 = 0

 x = −2 0 x + 2 =  ⇔ ⇔ 1 x = − = 3 x 1 0  3 

⇔ 3x ( x + 2 ) − ( x + 2 ) =0 ⇔ ( x + 2 )( 3 x − 1) =0

Đặt x = t ( t ≥ 0 ) ⇒ pt thành: 4t + 3t − 1 = 0 2

4t 2 + 4t − t − 1 = 0 ⇔ 4t ( t + 1) − ( t + 1) = 0

KÈ M

t = −1(ktm) ⇔ ( t + 1)( 4t − 1) =0 ⇔  1 1 t = (tm) ⇒ x = ± 2  4  1 Vậy S =  ±   2

DẠ Y

4 −2 y = −6  −2 −2 x + y = y = ⇔ c)  y+6 ⇔ = 2 x − 3 y 10 = x 2  x = 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y= ) Câu 2.

( 2; −2 )

72 a) Học sinh tự vẽ đồ thị (P) 2

⇔ m 2 − m 2 + 3m − 6 > 0 ⇔ m > 2 Vậy m > 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 phân biệt 2  x1 x2 = m − 3m + 6

. Theo đề bài ta có:

x12 + x22 − x1 x2= 7 ( x1 + x2 ) − 12 ⇔ ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 − 7 ( x1 + x2 ) + 12 = 0 2

⇔ 4m 2 − 3 ( m 2 − 3m + 6 ) − 7.2m + 12 = 0

0 ⇔ 4m 2 − 3m 2 + 9m − 18 − 14m + 12 =

OF FI

2m  x1 + x2 =

Áp dụng hệ thức Vi – et ta có: 

Phương trình x − 2mx + m − 3m + 6 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 ⇔ ∆ ' > 0

b) Tìm tất cả giá trị m………

NH ƠN

⇔ m 2 − 5m − 6 = 0 ⇔ m 2 − 6 m + 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 7 290000 đồng nên ta có phương trình:

KÈ M

7 290000 70000 x + 50000 (150 − x )  .90% = ⇔ 7 x + 5 (150 − x )  .90% = 729

⇔ 7 x + 5 (150 − x ) = 810 ⇔ 7 x + 750 − 50 x = 810

DẠ Y

⇔ 2 x = 60 ⇔ x = 30(tm) Vậy trường THCS A có 30 giáo viên và 150 − 30 = 120 học sinh.

73 Câu 4.

K M

D B

Chứng minh rằng tứ giác

NH ƠN

OF FI

ADHE nội tiếp

=  là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BH ⇒ BDH Ta có: BDH 900  là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính CH ⇒ CEH = 900 CEH Xét tứ giác ADHE ta có:  ADH +  AEH = 900 + 900 = 1800 ⇒ ADHE là tứ giác nội tiếp Chứng minh: IH = ID.IE 2

(

) 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

KÈ M

 = IEH  (cmt ) Xét ∆IDH và ∆IHE ta có: ∠I chung; IHD ID IH ⇒ ∆IDH  ∆IHE ( g .g ) ⇒ = ⇒ 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

DẠ Y

Ta có: ∠BMH là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BH ⇒ ∠BMH =90 Hay MH ⊥ BK , chứng minh tương tự ⇒ NH ⊥ KC

 = DEH  (cùng chắn cung DH ) hay Vì ADHE là tứ giác nội tiếp (cmt) nên DAH

 = MEH  BAH Vì BDMH là tư giác nội tiếp đường tròn đường kính BD, MH

=  (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) ⇒ HME DBH +  + HME = = Hay EMH ABH = 900 ⇒ MBH 900 ABH mà BAH

= ⇒ MHE 900 hay MH ⊥ HE Mà HE ⊥ AC ⇒ MH / / AC Lại có: MH ⊥ BK ( cmt ) ⇒ BK ⊥ AC , chứng minh tương tự: CK ⊥ AB

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

OF FI

⇒ K là trực tâm ∆ABC ⇒ K ∈ AH (dfcm)

75 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Môn Toán Thời gian làm bài : 120 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CAO BẰNG ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề số 14

OF FI

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) 3) Giải hệ phương trình: 2 x − 3 x + 1 = 0 2

3 4 x + 5 y = 5 x − 3y =

4) Giải hệ phương trình: 

NH ƠN

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 360km. Câu 3. (1,0 điểm)

= AB Cho tam giác ABC vuông tại A. Biết

Câu 4. (2.0 điểm)

a) Tính độ dài cạnh BC b) Kẻ đường cao AH . Tính độ dài đoạn

6= cm, AC 8cm.

Qua điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) vẽ hai tiếp tuyến AB và AC của đường

KÈ M

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 E và F sao cho E nằm giữa A và F. Chứng minh BE.CF = BF .CE Câu 5. (1,0 điểm)

DẠ Y

Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của biểu thức A =

1 2 − 3 − x2

76 ĐÁP ÁN

Bài 1. 1) Ta có: 5 9 − 3 4 = 5.3 − 3.2 = 15 − 6 = 9

số = y ax + 5 ta được: −1 =a.3 + 5 ⇔ 3a =−6 ⇔ a =−2 Vậy a = −2 3) Ta có: 2 x − 3 x + 1 = 0

OF FI

2) Vì đồ thị hàm số = y ax + 5 đi qua điểm M ( 3; −1) nên thay x = 3, y = −1 vào hàm

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

NH ƠN

4) Ta có:

 y = −1 3 4 x + 5 y = 3 −17 2 4 x + 5 y = 17 y = x = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  −1 5 20  x = 3y + 5 x − 3y = 4 x − 12 y =  x = 3.( −1) + 5  y =

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y= ) Bài 2. Gọi vận tốc lúc đầu của bác An đi là

( 2; −1) 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 )

KÈ M

Thời gian bác An đi nửa quãng đường sau là

180 (giờ) x+5

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

DẠ Y

180 ( x + 5 ) − 180 x 1 180 180 1 180 x + 900 − 180 x 1 − =⇔ =⇔ = x x+5 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

−5 − 85  x = = −45(ktm) 1  2 Nên phương trình có hai nghiệm  5 + 85  x −= = 40(tm) 2  2

Vậy lúc đầu bác An đi với vận tốc 40km / h

OF FI

Bài 3.

NH ƠN

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

DẠ Y

Bài 4.

KÈ M

AH , theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, AB. AC 6.8 ta có : AH .BC = AB. AC ⇔ AH = = =4,8 ( cm ) BC 10 Vậy AH = 4,8cm

O E F a)

NH ƠN

OF FI

= AB là tiếp tuyến với ( O ) nên OB ⊥ AB ⇒ OBA 900

= 900 AC là tiếp tuyến với ( O ) nên OC ⊥ AC ⇒ OCA + Tứ giác ABOC có OBA ACO = 900 + 900 = 1800

Do đó ABOC là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 )

∆ABE và ∆AFB có: A chung ;  ABE =  AFC (cùng chắn cung BE )

b) Xét

AB BE AE ⇒ ∆ABE  ∆AFB( g .g ) ⇒ = = (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AF BF AF ⇒ AB.BF = AF .BE và AB 2 = AE. AF Xét ∆ACE và ∆AFC có: ) A chung;  ACE =  AFC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn CE

KÈ M

AC CE AE (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) ⇒ ∆ACE  ∆AFC ( g .g ) ⇒ = = AF CF AC ⇒ AC.CE = AE.CF . Ta có: AB.BF AF .BE ; AC.CE AE.CF = AF .BE. AE.CF ⇒ AB.BF . AC.CE =

DẠ Y

AE. AF .BE.CF ⇒ AB 2 .BF .CE = 2 = AE. AF (cmt ) ⇒ BF .= CE BE.CF (dfcm) Mà AB Bài 5.

3 − x 2 ≥ 0 Điều kiện:  ⇔ x 2 ≤ 3 . Ta có: 2 2 − 3 − x ≠ 0

≥ 0 ⇔ 2 − 3 ≤ 2 − 3 − x2 ≤ 2 1 1 ≥ 3 − x2 2

Vậy GTNN của

A là

OF FI

⇒ 3 ≥ 3 − x2 1 ⇒ ≥ 2− 3 2− 1 1 ⇒ ≤ A≤ 2 2−

0 ≤ x2 ≤ 3 ⇒ 3 − 0 ≥ 3 − x2 ≥ 3 − 3 ⇒ 3 ≥ 3 − x2 ≥ 0

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

1 1 ⇔x= ± 3 ⇔x= 0 ; GTLN của A là 2 2− 3

80 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian:120 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề số 15 Bài 1. (2,0 điểm)

2 1 − + x −1 x

b) Cho biểu thức B =

27 − 36 3 x − 5  x > 0  x ≠ 1  . Rút gọn biểu thức B và x. x − 1  

(

)

tìm x để B = 2 Bài 2. (1,5 điểm)

1 2 x 2

NH ƠN

Cho hàm số y =

OF FI

a) Tính giá trị của biểu thức A = 3 + 12 −

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)

a) Giải phương trình: 3 x − 7 x + 2 = 0 2

b) Biết rằng phương trình x − 19 x + 7 = 0 có hai nghiệm là x1 , x2 , không giải phương 2

trình, hãy tính giá trị biểu thức:

= P x2 ( 2 x12 − 38 x1 + x1 x2 − 3) + x1 ( 2 x22 − 38 x2 + x1 x2 − 3) + 120 2

KÈ M

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 10km / 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

DẠ Y

a) Chứng minh rằng tứ giác 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: 2

 = 900 và đường tròn ngoại tiếp tam giác OBD đi qua trung điểm của đoạn CDF CF .

Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

81 ĐÁP ÁN

Bài 1.

a ) A = 3 + 12 − 27 − 36

= 3 + 2 3 − 3 3 − 6 =−6 ⇒ A= −6

x > 0, x ≠ 1, ta có:

2 1 − + x −1 x 4 x −4 = x. x − 1

(

)

Vậy B =

(

= x −1

)

4 x −1 = x. x − 1

(

)

2 x − x +1+ 3 x − 5 x. 4 x

4 x

Để B = 2 ⇔

(

)

x −1

4 = 2 ⇔ x = 2 ⇔ x = 4 ( tm ) x

B = 2 thì x = 4

Vậy để

3 x −5

NH ƠN

Với

OF FI

b)Rút gọn B

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:

DẠ Y

KÈ M

 x = 4 ⇒ A ( −4;8 ) 1 2 x = 8 ⇔ x =16 ⇔  (do B có hoành độ dương) 2 = − ⇒ x B 4 (4;8) 

K là giao điểm của đường thẳng y = 8 với trục tung ⇒ K ( 0;8 )

⇒ SOAB =

O, có OK ⊥ AB, OK = 8cm, AB = 8cm

Ta có: ∆AOB cân tại

1 1 OK . AB = .8.8 = 32(cm 2 ) 2 2

Gọi

NH ƠN

OF FI

Áp dụng định lý Pytago cho ∆OBK vuông tại K ta có:

OK 2 + KB 2 =

82 + 42 = 4 5 ( cm )

KÈ M

OB =

1 2

16 5 ( cm ) 5

Lại có: SOAB = AH .OB = . AH .4 5 =32 ⇔ AH = Áp dụng định lý Pytago vào ∆ABH vuông tại H ta có: 2

DẠ Y

 16 5  8 5 BH = AB 2 − AH 2 = 82 −   = 5 5  

1 1 16 5 8 5 64 ⇒ S ABH = AH .BH = . = = . 12,8 ( cm 2 ) 2 2 5 5 5

Vậy diện tích tam giác ABH là 12,8cm

83 Bài 3. a) Giải phương trình : 3 x − 7 x + 2 = 0

Phương trình có : ∆= 7 − 4.3.2= 25 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt 2

1  3 

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S =  ;2  b) Tính giá trị biêu thức ………

OF FI

 7 + 25 =  x1 = 2 6   7 − 25 1 =  x2 = 6 3 

Xét phương trình x − 19 x + 7 = 0 có = ∆ 19 − 4.7 = 333 > 0 ⇒ Phương trình có hai 2

nghiệm phân biệt

NH ƠN

19  x1 + x2 =  x1 x2 = 7

Áp dụng hệ thức Vi – ét ta có: 

2 0  x1 − 19 x1 + 7 = Ta có x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình đã cho ⇒  2 0  x2 − 19 x2 + 7 =

Theo đề bài ta có:

= 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

=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.

KÈ M

Gọi số tự nhiên cần tìm là x ( x ∈  ) , Bình phương của số tự nhiên x là x

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

DẠ Y

−5 0 =  x=  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 )

4 giờ nên ta có phương trình: 15

OF FI

x y 4 + = ⇔ 3 x + 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

Thời gian lúc đi là 16 phút =

Suy ra Quãng đường lên dốc lúc về là y ( km) , xuống dốc lúc về là x ( km )

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

NH ƠN

5 x = 10 = 2y 8 6 y 24  3 x += 9 x += x 2 ⇔ ⇔ (tm)  7 − 2x ⇔  + = + = = 3 y 2 x 7 4 x 6 y 14 y 1 = y     3 Vậy quãng đường AB là 2 + 1 = 3(km) Bài 5.

C I

KÈ M

DẠ Y

a) Chứng minh rằng tứ giác 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  + EHB  = 900 + 900 = 1800 ⇒ BDEH là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác BDEH có: EDB

85 b) Chứng minh rằng = AB AE. AD + BH .BA 2

Vì ABCD là tứ giác nội tiếp ( O ) nên  ADC =  ABC (cùng chắn  AC ) (1) Ta lại có:

(

)

OF FI

)  ABC = ACH ( 2 ) (cùng phụ CAB ⇒

 = ACB = 900 ) ABC + CAB 900 (do ∆ABC có    = 900 (do ∆ACH vuông tại H) ACH + CAB

 ADC  ACH =  ABC hay  Từ (1) và (2) suy ra = 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)

NH ƠN

⇒

Từ (*) và (2*) suy ra AC + BC = AE. AD + BH .BA 2

Lại có ∆ABC vuông tại C nên AC + BC = AB (định lý Pytago) 2

Vậy = AB AE. AD + BH .BA 2

c) Đường thẳng E…………

 = CBA  (đồng vị) *)Vì EF / / AB ( gt ) nên CFE

=   = CDA  (hai góc nội tiếp cùng chắn  Mà CBA AC ) ⇒ CFE CDA

⇒ Tứ giác CDFE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn một cạnh  + CEF = dưới các góc bằng nhau) ⇒ CDF 1800 Ta lại có:

KÈ M

CH ⊥ AB( gt ) = ⇒ EF ⊥ CH ⇒ CEF 900   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

=  (cùng phụ với  ADF ) ⇒ FBD CDA

(

DẠ Y

 = CBA  = CDA   = CBA  (hai góc nội tiếp cùng chắn  AC ) ⇒ FDB Mà CDA    (hai góc nôi tiếp cùng chắn cung OI ) Mà CBA = OBI = ODI  = ODI  ⇒ FDB  + ODF  = ODI  + ODF  ⇒ ODB  = IDF  ⇒ FDB

( 3)

)

 CFD   Ta có: tứ giác CDFE nội tiếp (cmt) nên IFD = = CED =  AEH (hai góc nội tiếp cùng

) chắn CD  ⇒ ∠IFD = ∠OBD ( 4 )  = BAD  nên  Mà EAH AEH =  ABD = OBD

  Ta lại có:  AEH + EAH ABD + BAD = 900 ;  = 900

 = ∠ODB(5) Lại có : OD = OB ( = bán kính)nên ∆OBD cân tại O, do đó OBD Ta có: ∠IDF + ∠IDC = ∠CDF = 90

∠IFD + ∠ = ICD 900 ( do ∆CDF vuông tại D) ⇒ ∠IDC = ∠ICD ⇒ ∆ICD cân tại I nên IC = ID ( 4 *)

= IF =( ID ) Từ (3*) và (4*) suy ra IC

I là trung điểm của CF .

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

Vậy

OF FI

IF ( 3*) Từ (3), ( 4); ( 5 ) suy ra ∠IDF = ∠IFD ⇒ ∆IDF cân tại I ⇒ ID =

87 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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐAK LAK ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,0 điểm)

4a 2 + 3a tại a = 2 1 x − 2 y = 2) Giải hệ phương trình:  2 − x + 3 y = 1) Tính giá trị của biểu thức = M

3) Giải phương trình: 2 x − 9 x + 4 = 0 2

(

)(

OF FI

Đề số 16

NH ƠN

 x +1 x +6 1 Câu 2. (2,0 điểm) Cho biểu= thức P  + 3+ x 9− x  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

)  : 2

x +1  6 − 4x 

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 đồ thị hàm số y = x tại hai điểm A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) phân biệt thỏa mãn 2

x12 + x22 = 10

2) Một vườn cỏ hình vuông ABCD có cạnh 20m

như hình vẽ. Người ta buộc một con dê bằng sợi dậy thừng dài 20m tại trung điểm E của cạnh AB.

Tính diện tích phần cỏ mà con dê đó có thể ăn được

KÈ M

(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 A và B sao

cho AB = R. Kẻ đường kính AC của đường tròn ( O ) . Gọi 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

a) Chứng minh  AFD = 90 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

DẠ Y

AP là đường trung trực của EF

AP AQ

(1 − c ) + 2 2 ( b + c ) + bc 2

nhất của biểu thức : Q =

(1 − a ) + 2 2 ( c + a ) + ca

ĐÁP ÁN Câu 1.

1) M=

a 10 4.22 + 3=

= = 2y 1 = x − y 3 x 7 ⇔ ⇔ 2)  − x + 3 y = 2  x = 1 + 2.3  y = 3

a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ

(1 − b ) 2 2 ( a + b ) + ab 2

Câu 5. (1,0 điểm) Cho

OF FI

d) Tính tỉ số

3)Giải phương trình: 2 x − 9 x + 4 = 0 2

Phương trình có ∆ =

( −9 )

 

Câu 2.

1 2

Vậy S =  ;4 

− 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

NH ƠN

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 7;3)

KÈ M

1) Tìm điều kiện và rút gọn P

DẠ Y

x ≥ 0 x ≥ 0 x ≥ 0   Điều kiện: 9 − x ≠ 0 ⇔ x ≠ 9 ⇔   4 x ≠ 36  x ≠ 9 6 − 4 x ≠ 0 

(

)

)(

) ) ( 3 − x + x + 7 x + 6 2 (3 − x ) x + 6 x + 9 . . = 2 1 x + (3 + x ) 2 (3 − x )(3 + x ) x + 3) (= 2 2 x +6 . (3 + x ) 2 x + 1 2 x + 1 2

2) Điều kiện

2 x +1

x là số nguyên thì x phải là số chính phương

NH ƠN

Để

x ≥ 0, x ≠ 9

)(

OF FI

(

 x +1 x + 6  2 x +1 1 : P  = + 3+ x  6 − 4x 9− x     1 x + 7 x + 6  2 x +1  : = + 3 + x 3− x 3+ x  2 3− x  

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= + 1∈U (5) Để P ∈  ⇒ 2 x +1 Ta có: P =

2 = x +1 1 = x 0 ⇒ ⇔ (tm) = x 4 5   2 x + 1 = Vậy x ∈ {0;4} thỏa mãn bài toán.

{5;1} (do 2

Câu 3.

)

1)Tìm a,b để….

x +1> 0

(

a = 4 b ≠ 5

KÈ M

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 ( *)

DẠ Y

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

⇔ ∆ ' > 0 ⇔ ( −2 ) − b = 4 − b > 0 ⇔ b < 4 . Áp dụng định lý Vi – et ta có: 2

4  x1 + x2 = . Theo bài ra ta có:   x1 x2 = b

x12 + x22 = 10 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 10 2

a Vậy=

⇔ 42 − 2b = 10 ⇔ b = 3(tm)

4,= b 3

OF FI

2) Tính diện tích….

NH ƠN

Ta có: EM = EN = 20cm

= EB = Vì E là trung điểm của AB nên EA

1 AB = 10(m) 2

KÈ M

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 ) = BM = 10 3 ( m ) Tương tự ta có: AN 1 = BE.BM 2 1 = S AEN = EA. AN 2

DẠ Y

= S BEM

1 = .10.10 3 50 3 ( m 2 ) 2 1 = .10.10 3 50 3 ( m 2 ) 2

= BEM ta có: cos BEM

BE 10 1 = = ⇒ ∠BEM = 600 BM 20 2

Xét tam giác vuông

AE 10 1 AEN = 600 Tương tự xét tam giác vuông AEN ta có: cos ∠AEN = = =⇒  EN

Diện tích hình quạt

EMN , bán kính 20m = : SqEMN

π R 2 .60

= 360

200π 2 (m ) 3

NH ƠN

Vậy diện tích phần con dê có thể ăn là :

OF FI

+ = BEM AEN + MEN 1800  = 1800 − BEM − ⇒ MEN AEN = 1800 − 600 − 600 = ⇒ MEN 600

Ta có:

S = S BEM + S AEN + S EMN = 50 3 + 50 3 + Câu 4.

200π ≈ 382,64 ( m 2 ) 3

KÈ M

DẠ Y

Q P B E

Ta có:  ABC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O; R )

Lại có :  900 ( dfcm ) AFD = AFD là góc nội tiếp chắn cung AD ⇒ 

AE = AF

Ta có:  AEB =  ACB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung

∠AEF = ∠ACD (1)

AB của ( O )) hay

OF FI

2) Chứng minh

⇒ ∠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 )

1) Chứng minh  AFD = 900

∠AFB = ∠ADB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của ( O ')) Hay  AFE =  ADC ( 2 )

NH ƠN

 Ta có: AD = AC = 2 R ⇒ ∆ADC cân tại A ⇒  ACD = ADC ( 3)

Từ (1), (2), (3) ⇒  =  AEF AFE ⇒ ∆AEF là tam giác cân ⇒ AE = AF 3) Chứng minh

AP là đường trung trực của EF Ta= có: AE AF ( cmt ) ⇒ A thuộc đường trung trực của EF .

( 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)

4) Tính tỉ số

AP là đường trung trực của EF ( dfcm )

AQ AP

Từ (4) và (5) suy ra

( 5)

⇒ P thuộc đường trung trực của EF

Ta có: AP là đường trung trực của EF (cmt ) ⇒ AP ⊥ EF = {Q}

KÈ M

Áp dụng hệ thức lượng cho ∆AFP vuông tại F có đường cao FQ ta có:

AF 2 AQ AQ 2 AF = AQ. AP ⇒ AP = ⇒ = AQ AP AF 2 Xét ∆AFQ vuông tại Q ta có: 2

AQ AQ AB 1 ⇒ sin ∠ADB = = = AF AF AD 2

DẠ Y

sin ∠AFQ = 2

AQ 1 AQ 1  AQ  1 = ⇒ =. Vậy  =⇒ AP 4 AP 4  AF  4

Câu 5.

a, b, c > 0 ⇒ 0 < a, b, c < 1 . Ta có: 1 a + b + c =

Do 

 b + c  (b + c ) bc ≤  = 4  2 

(b + c ) +

9(b + c ) = 4

9(b + c ) 3( b + c ) ⇒ 2 ( b + c ) + bc ≤ = (do b, c > 0) 4 2 2

(1 − c ) = (1 − c ) ≥ 2 2 ( b + c ) + bc 3 ( b + c ) 2

⇒

2 (1 − c ) 2 (1 − c ) = . . 3 b+c 3 1− a

(1 − a ) 2 (1 − a ) ≥ . 2 2 ( c + a ) + ca 3 1 − b 2

(1 − b ) 2 (1 − b ) ≥ . 2 2 ( a + b ) + ab 3 1 − c

;

Khi đó ta có:

(1 − c ) + 2 2 ( b + c ) + bc 2

(1 − a ) + 2 2 ( c + a ) + ca 2

2  (1 − c ) (1 − a ) (1 − b ) ≥  + + 3  1 − a 1− b 1− c 2

  

(1 − b ) 2 2 ( a + b ) + ab 2

NH ƠN

Chứng minh tương tự ta có:

OF FI

⇒ 2 ( b + c ) + bc ≤ 2 ( b + c ) 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 2

a= b= c 1 ⇔ a =b =c = 1 3 a + b + c =

KÈ M

Dấu " = " xảy ra ⇔ 

DẠ Y

Vậy MinQ =

4 1 ⇔ a =b =c = 3 3

94 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)

Tính tổng S= x1 + x2 và tích P = x1 x2

b) Giải phương trình: x − x + 5 = x + 2 x − 1 2

−10 4 x − 3 y = 3 x + 2 y =

c) Giải hệ phương trình 

a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm tất cả các giá trị của x để

1 với x ≥ 0, x ≠ 4 x +2

A >1

Bài 3. (2,0 điểm) a) Vẽ Parabol ( P ) : y = 2 x

1 + x −2

NH ƠN

x + x−4

Bài 2. (2,0 điểm) Cho biểu thức A =

OF FI

a) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x − 3 x + 2 = 0

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK NÔNG

b) Cho phương trình: x − 2 ( m + 1) x + m + 3m − 1 = 0 (m là tham số) 2

Bài 4. (3,0 điểm)

x12 + x22 = 10.

Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Hai đường cao của tam giác ABC là

KÈ M

cắt nhau tại H ( D ∈ BC , E ∈ AC )

AD, BE

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 IE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB Bài 5. (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y > 1

DẠ Y

x2 y2 = P + Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức y −1 x −1

Bài 1. a) Tính tổng S và tích P

ĐÁP ÁN

OF FI

 x1 = 1  S = x1 + x2 =1 + 2 =3 . Khi đó ta có:  x = 2 = 2 P x1 x= 1.2  2 = 2 S 3;= P 2 Vậy= 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}

Phương trình x − 3 x + 2 = 0 có a + b + c =1 − 3 + 2 = 0 nên có hai nghiệm phân biệt:

−10 −10 22 2 4 x − 3 y = 4 x − 3 y = 11 y = y = c)  ⇔ ⇔ ⇔ 3 12 3 − 2y −1 x + 2 y = 4 x + 8 y = x = x = Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( −1;2 )

NH ƠN

Bài 2. a) Rút gọn biểu thức: Với x ≥ 0, x ≠ 4 ta có:

1 + x −2

x+2 x = x −2 x +2

(

)(

1 x+ x +2+ x −2 = x +2 x −2 x +2

(

) (

)(

)

x x −2

x >1⇔ x −2

)

)(

x. x + 2 = x −2 x +2

b) Tìm tất cả các giá trị x Ta có:

A >1⇔

(

x A= + x−4

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.

KÈ M

⇔

a) Học sinh tự vẽ b) Tìm tham số m……….

Để phương trình x − 2 ( m + 1) x + m + 3m − 1 = 0 (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thì 2

DẠ Y

∆' > 0 2 ⇔ ( m + 1) − m 2 − 3m + 1 > 0 ⇔ m 2 + 2m + 1 − m 2 − 3m + 1 > 0 ⇔ −m + 2 > 0 ⇔ m < 2

 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:

⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 10 2

⇔ ( 2m + 2 ) − 2 ( m 2 + 3m − 1) = 10 2

⇔ 2m 2 + 2m − 4 = 0 ⇔ m 2 + m − 2 = 0 ⇔ m 2 − 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

NH ƠN

Bài 4.

OF FI

⇔ 4m 2 + 8m + 4 − 2m 2 − 6m + 2 = 10

KÈ M

a) Chứng minh tứ giác CDHE nội tiếp

AD, BE là hai đường cao của  AD ⊥ BC = {D}   ∆ABC ( gt ) ⇒  ⇒ ADC = BEC = 900 { E}  BE ⊥ AC =

DẠ Y

Ta có:

 + 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:

OF FI

   (đối đỉnh);  AEH = BDH = 900 AHE = BHD AH HE ⇒ ∆AHE  ∆BHD( g .g ) ⇒ = ⇒ AH .DH = BH .EH ( dfcm ) BH HD c) Chứng minh IE là tiếp tuyến ………. Xét tứ giác ABDE ta có:  ADB =  AEB = 900 , mà hai đỉnh D, E là hai đỉnh liên tiếp của tứ 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 =  (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong Ta có: ABDE là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒ EDC BAE tại đỉnh đối diện ) (1) Ta có: I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE ⇒ I là trung điểm của HC

∆ECH vuông tại E có đường trung tuyến EI ⇒ EI = HI = ứng với cạnh huyền của tam giác vuông)

1 HC (đường trung tuyến 2

NH ƠN

=  (tính chất tam giác cân) hay ∠IEH = ∠EHC IHE ⇒ ∆HEI cân tại I ⇒ IEH  ) (3) =  (cùng chắn EC Tứ giác CDHE là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒ CDE CHE    Từ (1), (2), (3) suy ra EDC = BAE = HEI

 (tính chất tam giác cân)  =OBE ∆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

4 ( y − 1) y2 Tương tự ta có: . Khi đó ta có: ≥ x −1 x −1

KÈ M

4 ( x − 1) 4 ( y − 1) 4 ( x − 1) 4 ( y − 1) x2 y2 P= . + ≥ + ≥2 =8 y −1 x −1 y −1 x −1 y −1 x −1

DẠ Y

 x −1 = 1  ⇔x= y= 2 Dấu " = " xảy ra ⇔  y − 1 = 1  x −1 y −1  =  y − 1 x − 1 Vậy MinP = 8 ⇔ x = y = 2

(2)

98 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2020 – 2021 Môn : TOÁN chung Thời gian làm bài: 90 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐIỆN BIÊN ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề số 18

1) Rút gọn các biểu thức

A = 12 + 27 − 48 x +1 2 x 2+5 x + − x−4 x −2 x +2 12 x + 2 y = 2) Giải hệ phương trình :  1 3 x − y =

NH ƠN

OF FI

Câu 1.(3 điểm)

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 ? Câu 3. (2đ) Cho phương trình x − 2mx − 4m − 5 = 0 (1) (m là tham số) 2

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

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:

Câu 4.(3 điểm) Trên nửa đường tròn đường kính

1) Tứ giác CIHQ là tứ giác nội tiếp

KÈ M

2) CI . AI = HI .BI 3) AI . AC + BQ.BC luôn không đổi. Câu 5.(1,0 điểm )

1) Cho hai số thực dương

DẠ Y

thức Q =

a, b thỏa mãn 2a + 3b = 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

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

99 ĐÁP ÁN

Bài 1. 1) Rút gọn các biểu thức

A = 12 + 27 − 48 = 2 3 + 3 3 − 4 3 = 3 2 x 2+5 x x ≥ 0 x +1 + −   x − 4  x ≠ 4 x −2 x +2

OF FI

x + 1)( x + 2 ) + 2 x ( x − 2 ) − 2 − 5 x x + 3 x + 2 + 2 x − 4 x − 2 − 5 (= ( x − 2)( x + 2) ( x − 2)( x + 2) 3 x ( x − 2) 3x − 6 x 3 x = = ( x − 2)( x + 2) ( x − 2)( x + 2) x + 2

NH ƠN

2) Giải hệ phương trình :

2 y 12  x += 2 y 12 = =  x += 7 x 14 x 2 ⇔ ⇔ ⇔  3 x − 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)

KÈ M

⇒ Số người được xếp trên mọt dãy ghế lúc sau là :

260 (người) x+2

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 ) x+2 x ⇔ 80 x − 360 = 3 x 2 + 6 x ⇔ 3 x 2 − 74 x + 360 = 0

DẠ Y

⇔ 3 x 2 − 54 x − 20 x + 360 = 0 ⇔ 3 x ( x − 18 ) − 20 ( x − 18 ) = 0 20  = x (ktm) ⇔ ( 3 x − 20 )( x − 18 ) = 0⇔ 3   x = 18(tm)

180 (người) x

100 Vậy lúc đầu phòng họp có 18 dãy ghế .

Bài 3. 1) Giải phương trình khi m = −2

Thay m = −2 vào phương trình (1) ta có: x + 4 x + 3 = 0

 x1 = −1  x2 = −3

Vậy khi m = −2 thì tập nghiệm là S ={−1; −3} 2) Tìm m Phương trình (1) có ∆=' m − ( 4m − 5 )= m − 4m + 5= 2

OF FI

Ta có a − b + c =1 − 4 + 3 = 0 nên phương trình có hai nghiệm 

( m − 2)

+ 1 > 0 ( ∀m )

Do đó phương trình (1) luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m/

2m  x1 + x2 = . Theo bài ra ta có: = − − x x m 4 5  1 2

NH ƠN

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 x= 8085 − 5 2

⇔ ( x12 − 2mx1 − 4m − 5 ) + 2 ( x1 + x2 ) = 8080

0 . Do đó : Vì x1 là nghiệm của phương trình (1) nên ta có x1 − 2mx1 − 4m − 5 = Vậy m = 2020

DẠ Y

KÈ M

Bài 4.

8080 ⇔ x1 + x= 4040 ⇔ 2m= 4040 ⇔ m= 2020 2

(*) ⇔ 2 ( x1 + x2=)

C Q I H

101 1) Tứ giác CIHQ nội tiếp

Vì ∠AIB, ∠AQB là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) nên

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:

OF FI

⇒ ∆AHI  ∆BCI ( g .g ) ⇒

 = = AIB = ∠AQB = 900 ⇒ CIH CQH 900  + CQH  = 900 + 900 = 1800 nên CIHQ là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác CIHQ có: CIH 2) Chứng minh CI . AI = HI .BI   = CBI  (cùng chắn cung IQ);  Xét ∆AHI và ∆BCI có: HAI AIH = BIC = 900

AI . AC + BQ.BC = AC.( AC − IC ) + BQ.( BQ + QC ) = AC 2 − AC.IC + BQ 2 + BQ.QC

NH ƠN

= 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;   ICQ AQC = BIC = 900 ⇒ ∆AQC  ∆BIC ( g .g ) ⇒ AC.IC = QC.BC ⇒ QC.BC − AC.IC = 0

Vậy AI . AC + BQ.BC = AB = 4 R luôn không đổi (đpcm) ( 2R ) = 2

Bài 5.

1) Tìm giá trị nhỏ nhất của Q

2002 2017  2002a   2017  + + 2996a − 5501b =  + 8008a  +  + 2017b  − ( 5012a + 7518b ) a b  a   b 

KÈ M

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

DẠ Y

1  a = 4a 1   1 a = Dấu " = " xảy ra ⇔ = b ⇔ 2 b  b = 1 4 2a + 3b =  

102

1 ; b= 1 2

Vậy Qmin= 2018 ⇔ a=

2) Tính diện tích ngũ giác

A E H x D Theo bài ra ta có, S= S= 1 BCD ECD Hai tam giác này có chung cạnh đáy

NH ƠN

OF FI

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 S= 1 ⇒ ABHE là hình bình hành nên S= ABE HBE CE / / AB ⇒ HE / / AB

Ta có: 

Đặt S BCD= x ( 0 < x < 1) . Ta có: S HCD = S BCD − S HBC = SCDE − S HDE

Ta lại có:

⇒ 1 − S HBC = 1 − S HDE ⇒ S HBC = S HDE

S HBC BH S HBE 1− x 1 = = ⇒ = ⇔ x 2 − 3 x += 1 0 S HCD DH S HDE x 1− x

KÈ M

 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

DẠ Y

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

103 THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn : Toán Thời gian làm bài:120 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề số 19 Câu 1. (1,75 điểm)

OF FI

7 3 x − 5 y = 1 2 x + 4 y =

1) Giải hệ phương trình 

2) Giải phương trình x − 12 x + 16 = 0 4

3) Giải phương trình:

1 1 3 + = x − 1 ( x − 1)( x − 2 ) 2 x

Câu 2. (2,0 điểm)

x2 4

NH ƠN

1) Vẽ đồ thị ( P ) của hàm số y =

(

)

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 Câu 3. (1,75 điểm)

1 + 6 − 2a xác định. a−2

(

1) Cho một hình cầu có thể tích bằng 288π cm

) .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 ? 3) Cho x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x − 2 x − 1 = 0. Hãy lập một phương

KÈ M

trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là

( x1 ) , ( x2 ) 3

Câu 4. (1,25 điểm)

 a a − 8  a + 5 a + 6   a ≥ 0     a−4  a + 2 a + 4   a ≠ 4 

1) Rút gọn biểu thức P = 

DẠ Y

3  x= 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

104

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 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.

a, b, c thỏa mãn abc = 1 .Chứng minh rằng

OF FI

Câu 6. (0,5 điểm) Cho ba số thực dương

của đường thẳng

+ b2 + c2 ) ≥ 9 ( a + b + c ) 3

ĐÁP ÁN Câu 1. 1) Giải hệ phương trình:

NH ƠN

3  x = 22 y = −11  5y 7 10 y 14  3 x −= 6 x −= 2 ⇔ ⇔  5y + 7 ⇔  4 y 1 6 x + 12 = y 3 2 x +=  x = 3  y = −1  2 3 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x;= y)  ;−  2 2 2) Giải phương trình: x − 12 x + 16 = 0 4

Đặt x= t ( t ≥ 0 ) . Khi đó ta có phương trình t − 12t + 16 = 0 2

Phương trình có ∆ '= 6 − 16= 20 > 0 2

t1= 6 − 2 5(tm) ⇒ Phương trình có hai nghiệm phân biệt  t2= 6 + 2 5(tm)

(

)

Với t =6 − 2 5 ⇔ x =6 − 2 5 ⇔ x = 5 − 1 2

(

KÈ M

)

Với t = 6 + 2 5 ⇒ x = 5 +1 2

⇒x= ±

(

⇒ x =±

(

)

5 −1

)

5 +1

{

}

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho S =− 5 − 1;1 − 5; 5 − 1; 5 + 1 3) Giải phương trình:

DẠ Y

Điều kiện

x ≠ 0; x ≠ 1; x ≠ 2

105

1 1 3 + = ⇔ 2 x ( x − 2 ) + 2 x = 3 ( x − 1)( x − 2 ) x − 1 ( x − 1)( x − 2 ) 2 x ⇔ 2 x 2 − 4 x + 2 x= 3 x 2 − 9 x + 6 ⇔ x 2 − 7 x + 6= 0 ⇔ x2 − 6x − x + 6 = 0 ⇔ x ( x − 6) − ( x − 6) = 0

OF FI

 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

(

)

Hai đường thẳng y = 2 x và y = m + m x + 1cắt nhau khi và chỉ khi : 2

NH ƠN

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

a − 2 > 0 a > 2 1 + 6 − 2a xác định ⇔  ⇔ ⇔2<a≤3 − ≥ ≤ 6 2 a 0 a 3 a−2  

1 + 6 − 2a xác định. a−2

Vậy với 2 < a ≤ 3 thì biểu thức

Biểu thức

Câu 3.

1) Tính diện tích mặt cầu

Gọi R là bán kính của hình cầu

(

KÈ M

Vì khối cầu có thể tích bằng 288π cm

) nên 43 π R = 3

(

288π ⇔ R 3 = 216 ⇔ R= 6(cm)

Vậy diện tích mặt cầu= là S 4= π R 4= π .6 144π cm 2

)

2) Tính số quyển sách….. Gọi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là x (quyển) (ĐK: x ∈ *)

DẠ Y

⇒ 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)

106 Vì nhóm sắp xếp vượt mức được giao 10 quyển sách nên nhóm đó đã sắp xếp được

. Vì thực tế hoàn thành trước dự định 1 giờ nên ta có phương trình:

⇔ x ( x − 60 ) + 90 ( x − 60 ) =⇔ 0 ( x − 60 )( x + 90 ) = 0 60 0 =  x −=  x 60(tm) ⇔ ⇔ 0 −90(ktm)  x + 90 = x =

OF FI

⇔ x 2 + 30 x − 5400 =⇔ 0 x 2 − 60 x + 90 x − 5400 = 0

270 280 − = 1 ⇔ 270 ( x + 20 ) − 280 x = x ( x + 20 ) x x + 20 ⇔ 270 x + 5400 − 280 x = x 2 + 20 x

280 (h) x + 20

270 + 10 = 280 (quyển) nên thời gian thực tế sắp xếp xong 280 quyển sách là:

Vậy số quyển sách dự định mỗi giờ nhóm sắp xếp là 60 quyển.

NH ƠN

3) Hãy lập phương trình ……………..

Xét phương trình x − 2 x − 1 = 0 có ac =−1 < 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm 2

phân biệt trái dấu .

Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình x − 2 x − 1 = 0, áp dụng định lý Vi-et 2

2  x1 + x2 =  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:

S= − x13 + x23 = ( x2 − x1 ) + 3x1x2 ( x2 − x1 ) ( x1 ) + ( x2 ) = 3

=( x2 − x1 ) − 3 ( x2 − x1 ) 3

P = ( x1 ) . ( x2 ) =− x13 x23 =− ( x1 x2 ) =− ( −1) =1 Ta có:

( x2 − x1 )

KÈ M

= ( x2 + x1 ) − 4 x2 x1 = 22 − 4.( −1) = 8 2

⇒ x2 − x1 =

8 ( Do x2 > x1 )

8 ⇔ x2 − x1 =

Khi đó ta có: S = ( x1 ) + ( x2 ) = 3

(

Vì S − 4 P = 10 2

DẠ Y

)

( ) 8

− 3.

( 8) = 8

8 − 3 8 = 10 2

− 4.4 = 184 > 0 nên ( x1 ) , ( x2 ) là nghiệm của phương trình 3

X 2 − 10 2 X + 1 = 0

Vậy

( x1 ) , ( x2 )

Câu 4.

là nghiệm của phương trình X − 10 2 X + 1 = 0 2

107 1)Rút gọn biểu thức…. Với

a ≥ 0, a ≠ 4 ta có:

( )

 a a −8   a +5 a + 6 P=  .  a−4 2 4 a a + +    3  a − 23   a + 2 a + 3 a + 6    . P= a+2 a +4  a −2 a +2      

)(

a −2 a+2 a +4 a+2 a +4

(

)

P= 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

(

)(

OF FI

(

NH ƠN

3  x= y 2 + 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 ⇔ 2 2 0  x + xy + y + x + y = TH1: x = y thay vào (1) ta có:

x3 = x 2 + 18 ⇔ x3 − x 2 − 18 = 0 ⇔ x3 − 27 − x 2 + 9 = 0

0 ⇔ ( x − y ) ( x 2 + xy + y 2 + x + y ) =

⇔ ( x − 3) ( x 2 + 3 x + 9 ) − ( x − 3)( x + 3) = 0 ⇔ ( x − 3) ( x 2 + 3 x + 9 − x − 3) = 0

KÈ M

⇔ ( x − 3) ( x 2 + 2 x + 6 ) = 0

x = 3 ⇔ 2 2 x + 6 0(VN do ∆ < 0)  x +=

0 TH2: x + xy + y + x + y = 2

DẠ Y

 x3 = y 2 + 18 ≥ 18 ⇒ x ≥ 3 18 > 0 Vì  ⇒ x+ y>0 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

108

0 vô Do đó x + xy + y + x + y > 0 ( ∀x, y ) , do đó phương trình x + xy + y + x + y = 2

nghiệm. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3;3) Câu 5.

F O

NH ƠN

H B

K T'

1) Chứng minh

OF FI

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 Xét tứ giác EHKP có: ∠HEP + ∠HKP = 900 + 90= 1800 , mà hai góc này đối diện nên EHKP là tứ giác nội tiếp (đpcm) Có ∠HKP = 900 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

KÈ M

Ta có:

∠KBC = ∠KAC (hai góc nôi tiếp cùng chắn cung KC ) hay ∠JBK = ∠HAC  ⇒ ∠HBJ = ∠JBK ( = ∠HAC ) ⇒ BJ là phân giác của HBK

DẠ Y

Ta có: AH là đường cao của ∆ABC ⇒ AH ⊥ BC = { J } ⇒ BJ là đường cao ∆BHK Xét ∆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

109

∆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) 2) Chứng minh AH = 2OM  AB ⊥ BD Ta có: ∠ABD = ∠ACD = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒   AC ⊥ CD  BH / / CD ⇒ BDCH là hình bình hành  CH / / BD 

OF FI

 AB ⊥ EF ( gt ) CF / / BD hay ⇒ ( ) / / ⊥ BE AC gt BE CD  

Mà 

Xét

⇒ 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

Gọi

NH ƠN

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 )

= Xét tứ giác BFEC ta có: BFC ∠BEC = 900. mà đỉnh

F , E là các đỉnh kề nhau

=  (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại Nên BFEC là tứ giác nội tiếp ⇒ LFB LCE đỉnh đối diện) Xét

∆LFB và ∆LCE ta có:

 chung; L

∠LFB = ∠LCE (cmt ) ⇒ ∆LFB  ∆LCE ( g .g ) ⇒ Ta có tứ giác BCT ' K nội tiếp đường tròn ( O )

LF LB = ⇒ LE.LF = LB.LC LC LE

KÈ M

⇒ ∠LKB = ∠LCT ' (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)  LCT '(cmt ) ⇒ ∆LBK  ∆LT ' C ( g − g )  chung; Xét ∆LBK và ∆LCT ' ta có: L = LKB

LB LK LF LK = ⇒ LB.LC = LK .LT ' ⇒ LE.LF = LK .LT= ' ( LB.LC ) ⇒ = LT ' LE LT ' LC Xét ∆LFK và ∆LT ' E ta có: LK  ' ' chung ; LF ELT = ⇒ ∆LFK  ∆LT ' E (c − g − c) ⇒ LFK = LET 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)

DẠ Y

⇒

Câu 6.

110 2

(a + b + c)

− 2 ( ab + bc + ca )

2ab ≤ a 2 + b 2  2 2 2 2 2 Mà  2bc ≤ b + c ⇒ 2 ( ab + bc + ca ) ≤ 2 ( a + b + c ) 2ca ≤ c 2 + a 2  ⇒ a 2 + b2 + c2 ≥ ( a + b + c ) − 2 ( a 2 + b2 + c2 ) 2

⇔ ( a 2 + b2 + c2 ) ≥ 3

1 6 (a + b + c) 27

Ta cần chứng minh:

1 2 (a + b + c) 3

OF FI

⇔ 3( a 2 + b2 + c 2 ) ≥ ( a + b + c ) ⇔ a 2 + b2 + c 2 ≥

Ta có: a + b + c =

NH ƠN

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

Do đó ta cần chứng minh ( a + b + c ) − 243 ≥ 0 ⇔ ( a + b + c ) ≥ 243 ⇔ a + b + c ≥ 3 5

Áp dụng BĐT Cô si ta có: a + b + c ≥ 3 3 abc = 3

a= b= c " = " xảy ra ⇔  ⇔ a = b = c =1 abc = 1

DẠ Y

KÈ M

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Dấu

111 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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP

Câu 1. (2,0 điểm)

49 + 25 2. Tìm điều kiện của x để biểu thức H =

OF FI

1. Tính giá trị biểu thức= F

x − 1 có nghĩa.

Câu 2. (2,0 điểm)

1. Hàm số = y 3 x + 2 là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên R ? Vì sao ?

2. Cho parabol ( P ) : y = 2 x . Điểm M ( 2;8 ) có thuộc ( P ) hay không ? Vì sao ? 2

NH ƠN

Câu 3. (2,0 điểm)

3 2 x − y = 3 x + y = 2. Nhà bạn Lan cách trường học 5km, nhà bạn Mai cách trường học 4km. 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: 

9= m, BD 12m

KÈ M

= BC (hình vẽ). Biết

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 π ≈ 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

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)

DẠ Y

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 10 = = cm, MAN ngoài đường tròn ( O )

112 ĐÁP ÁN

Câu 1.

1) F = 49 + 25 = 7 + 5 = 12

x − 1 có nghĩa ⇔ x − 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 1

= 2) Biều thức H

1) Đồng biến hay nghịch biến ? Hàm số = y 3 x + 2 là hàm só đồng biến vì a= 3 > 0 2) Điểm M ( 2;8 ) có thuộc (P) không ? Vì sao ?

OF FI

Câu 2.

Thay tọa độ điểm M ( 2;8 ) vào hàm số y = 2 x ta có: 8 = 2.2 ⇔ 8= 8 (luôn đúng) 2

Vậy M ( 2;8 ) ∈ ( P )

1) Giải hệ phương trình

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

NH ƠN

Câu 3.

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

5 1 1 = (h) nên thời gian Lan đi từ nhà đến trường: x − (h) 12 60 12 4 ⇒ Vận tốc của xe bạn Mai là: (km / h) x 5 60 Vận tốc của xe bạn Lan là : = (km / h) 1 12 x − 1 x− 12 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 phương trình: − = 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 + 3 x − 1 = 0 ⇔ 8 x ( 3 x − 1) + ( 3 x − 1) = 0 ⇔ ( 3 x − 1)( 8 x + 1) = 0

DẠ Y

KÈ M

= 5 phút

1  x = (tm)  0 3 x − 1 = 3 ⇔ ⇔ 0 8 x + 1 =  x = − 1 (ktm)  8

1 h = 20 phút 3 Vậy Mai bắt đầu đi học lúc 6 giờ 50 phút – 20 phút = 6 giờ 30 phút π r 2 h ≈ 3,14.3,82.8 ≈ 362,73(cm3 ) Câu 4. Thể tích hộp sữa Ông Thọ: V =

OF FI

Nên thời gian Mai đi từ nhà đến trường là

Câu 5.

NH ƠN

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

KÈ M

Câu 6.

DẠ Y

113

114 1) Chứng minh tứ giác AMON là tứ giác nội tiếp Ta có: AM , AN là các tiếp tuyến tại M , N của

 1=  300 = MAO MAN 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

OF FI

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 1 25 3 OM . AM = .5.5 = cm 2 ) 3 ( 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 = ⇒ MAN 1800 (tính chất tứ giác nội tiếp)  = 1800 − MAN  = 1800 − 600 = 1200 ⇒ MON = Mà ∠MON là góc ở tâm chắn cung MN ⇒ sd MN 1200 π .R 2 .n π .52.120 25π ⇒ Squat ( MON ) = = = ( cm 2 ) 360 360 3 25π Nên diện tích phần cần tìm là S = S AMON − S quat = 25 3 − (cm 2 ) 3 25π Vậy diện tích cần tìm là 25 3 − (cm 2 ) 3

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

⇒ S AMO =

OM ⊥ AM ⇒ AMO =  ANO = 900 ON ⊥ AN Xét tứ giác AMON ta có:  AMO +  ANO = 900 + 900 = 1800 ⇒ AMON là tứ giác nội tiếp

(O ) ⇒ 

115 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi:TOÁN (Không chuyên) Thời gian làm bài:120 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,0 điểm)

OF FI

Đề số 21

5 3 x + y = 4 x − 2 y =

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)

NH ƠN

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 b) Rút gọn biểu thức P =

(

)−

3 x + x −1 x+ x −2

Câu 3. (2,0 điểm)

x +1 x + 2  x ≥ 0 −   x +2 x −1  x ≠ 1 

a) Không sử dụng máy tính bỏ túi, giải phương trình: x − 4 x − 5 = 0

b) Cho phương trình x − 4 ( m + 1) x + 3m + 2m − 5 = 0, với m là tham số. Xác định 2

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 + 3m 2 + 2m − 5 = 9 Câu 4. (1,0 điểm)

KÈ M

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

DẠ Y

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

c) Trên đoạn thẳng KN lấy điểm I sao cho KI = KM . Chứng minh NI = KB

116

Câu 1.

Vậy ( x; y= )

x+ y 5 + 2 y 10 = 3= 6 x= 7 x 14 = x 2 a)  ⇔ ⇔ ⇔ 4 x − 2 y = 4 5 − 3x −1 x − 2 y = y = y =

( 2; −1)

OF FI

x 2 − 6 x + 9 = 2 x − 2020 ( x ≥ 1010 ) b) ⇒ x − 6 x + 9= 4 x − 8080 x + 2020

 x = 2017  ⇔ 3 x − 8074 x + 4080391 =⇔ 0 2023 x = 3  2

NH ƠN

Câu 2.

ĐÁP ÁN

a) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

2 x 2 = x − 2 m ⇔ 2 x 2 − x + 2 m = 0 ( *)

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chi khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

⇒ ∆ > 0 ⇔ ( −1) − 4.2.2m > 0 ⇔ m < 2

)−

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

KÈ M

(

3 x + x −1

= b) P

1 thì thỏa đề 16

Vậy m <

x −1 −

3x + 3 x − 3 − x + 1 − x − 4 x − 4 = x +2 x −1

DẠ Y

( )( x − 3)( x + 2 ) (= ( x + 2)( x − 1)

Câu 3.

1 16

)

x −3 x −1

x +2

(

)(

x +2

x− x −6 x +2

)(

) )

x −1

117

a) x 2 − 4 x − 5 = 0 ⇔ x 2 − 5 x + x − 5 = 0 ⇔ x ( x − 5) + ( x − 5) = 0

{5; −1}

b) x 2 − 4 ( m + 1) x + 3m 2 + 2m − 5 = 0(1) ∆' = m 2 + 2m + 9 =  −2 ( m + 1)  − ( 3m 2 + 2m − 5 ) = ( m + 1) + 8 > 0 2

OF FI

Vậy = S

x = 5 ⇔ ( x − 5 )( x + 1) =0 ⇔   x = −1

⇒ phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt, áp dụng Vi et ta có:

 x1 + x2 = 4m + 4  2  x1 x2 = 3m + 2m − 5

NH ƠN

Vì x1 là một nghiệm của phương trình (1)

9 ⇒ 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 ) =

7 4

Câu 4.

 1  4

Vậy m ∈  − ; − 

1  m= −  3  4m + 4 = 4 ⇔ ( 4m + 4 )( 4m + 4 ) = 32 ⇔  ⇔  4m + 4 =−3  m = − 7  4

KÈ M

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:

DẠ Y

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:

Vậy vận tốc xe máy: 40km / h , vận tốc ô tô: 60km / h

NH ƠN

H A

C I

 900 ( MC ⊥ AB ) Ta có:  = BCH AKB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn);

OF FI

Câu 5.

100 x 3x + = 100 ⇔ 200 x + 6 x 2 + 60 x = 200 ( 2 x + 20 ) 2 x + 20 2  x = 40(tm) 2  0 ⇔ 6 x − 140 x − 4000 =⇔ 50  x = − (ktm) 3 

118

 + BCH = Do đó HKB 1800. Vậy tứ giác BCHK nội tiếp Chứng minh AK . AH = R

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

KÈ M

Xét ∆ACH và ∆AKB có: ∠C = ∠K = 90 , ∠A chung ⇒ ∆ACH  ∆AKB 0

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 2 = AC.= AB MA 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

DẠ Y

⇒

điểm C mỗi đường nên là hình thoi. Do đó ∠MON = 2∠MOA = 120

1 = MON 600 ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung MN) 2 Mặt khác MK = KI ⇒ ∆MKI đều ⇒ MK =MI =KI

 MKN Từ đó=

119

  Ta có: BC là trung trực của MN nên BM = BN , và MNB = MAB = 600 (góc nội tiếp cùng  60 chắn cung BM), do đó ∆BMN đều, suy ra= BMN = , MB MN

 = KMB  + BMN  = KMB  + 600 (1) Ta có: KMN

 + 600 ( 2 )  = NMI  + KMI  = NMI Ta lại có: KMN

 = NMI ,= Từ (1), (2) suy ra KMB vì MN MB = , MI MK nên ∆MNI = ∆MBK (c.g .c)

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

OF FI

Vậy NI = BK

120 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN: TOÁN (chung) Ngày thi: 30/07/2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề số 22

OF FI

Câu 1. (2,0 điểm)

x +2 = và B 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)

3 20 − 2 x + x − 25 x +5

Cho hai biểu thức A =

Câu 2. (1,5 điểm)

Cho phương trình x − 2 ( m + 1) x + m + 2m = 0 (1) ( với m là tham số) 2

NH ƠN

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 90km. 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 9km / 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

KÈ M

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)

DẠ Y

Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x + y ≥

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:

( (

) )(

= x 9(tmdk ) ⇒= A Với

3 20 − 2 x 3 x − 5 + 20 − 2 x B= + = x − 25 x +5 x +5 x −5

)(

c) A = B ( x − 4 ) x +2 = x −5

⇔

)

1 x −5

( x ≥ 0; x ≠ 25)

1 ( x − 4) x −5

⇒ x +2= x−4⇔ x− x −6= 0 ⇔ x − 3 x + 2 x − 6 = 0 ⇔ x. ⇔

(

x +2

)(

(

NH ƠN

(

OF FI

x +5 = x +5 x −5

)

) (

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 − 3 x + 3 = 0 ⇔ x ( x − 1) − 3 ( x − 1) = 0

KÈ M

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

DẠ Y

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 . Vì cả đi lẫn về (có cả nghỉ ) mất 5 giờ nên ta có ; Thời gian về là : v+9 v 90 30 90 phương trình: + + = 5 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 − 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 )

O E

NH ƠN

Câu 4.

OF FI

⇔ v 2 + 9v = 40v + 180 ⇔ v 2 − 31v − 180 = 0

KÈ M

a) Vì AM , AN là tiếp tuyến tại M, N của

K  AMO = ANO = 900 ⇒ Tứ giác (O ) ⇒ 

DẠ Y

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    (tính chất góc tạo bởi tiêp tuyến dây cung) BAN = BCN = NCA AB AN Suy ra ∆ABN  ∆ANC ( g .g ) ⇒ AN 2 (dfcm) =⇒ AB. AC = 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

   ⇒ 5 điểm O, M , N , E , A cùng thuộc một đường tròn Dễ thấy OEA = 90 = ONA = OMA (1) Áp dụng hệ thức lượng trong ∆KBO vuôn tại B, đường cao BE , ta có: 0

Câu 5. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:

1 1 ≥ 2= 2 x. 2 ; 2x 2x

9 9 ≥= 2 y. 6 y y

NH ƠN

2x +

Ta có:

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   6 y 3 2  97 ⇒P≥ 6 1  97 x = = ⇔ Vậy MinP 2 6  y = 3

KÈ M

DẠ Y

OF FI

2 KE.KO = KB = 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

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề số 23 Câu 1. (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x − 2 x − 3 = 0

3 ( x + 3 y + 5 ) = 2 x + y

2) Giải hệ phương trình 

−3 x + 2 y =

Câu 2. (2,0 điểm)

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 − x1x2 )

+ 2 ( y1 + y2 ) = 16

NH ƠN

1) Rút gọn biểu thức A = 2 3 −

OF FI

Câu 4. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn ( O; R ) . Hai

đường cao BE , CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Đường thẳng AH cắt BC tại D và cắt đường tròn ( O; R ) tại điêm thứ hai là M 1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp

KÈ M

 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 :

DẠ Y

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

Vậy = S

{3; −1}

OF FI

x = 3 ⇔  x = −1

3 ( x + 3 y + 5 ) = 2 x + y −15 6 y = −12 1 x + 8y = x = 2)  ⇔ ⇔ ⇔ −3  x + 2 y =−3  x =−3 − 2 y  y =−2 x + 2 y =

Câu 2. 1) Rút gọn biểu thức

A = 2 3 − 27 + 4 − 2 3 = 2 3 − 9.3 +

(

)

(1; −2 )

NH ƠN

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y= )

3 −1 = 2 3 − 3 3 +

=− 3 + 3 − 1 =−1

3 −1

2) Rút gọn B và tìm x…………..

Điều kiện x > 0, x ≠ 1

 x x  x −1 x− x x −1 B= . − =  : x −1 x x +1  x +1 x + x  x −1 x.

(

)(

x −1 .

(

)(

x −1

)(

x −1

)

x +1 =

)

x +1

KÈ M

(

)

x −1

Với x > 0, x ≠ 1ta 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.

DẠ Y

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

⇒ ∆ ' = ( −1) − 2.( −m ) > 0 ⇔ 1 + 2m > 0 ⇔ m > −

OF FI

1  x1 + x2 =  Khi đó áp dụng hệ thức Vi – et ta có:  m = − x x 1 2  2 Theo bài ra ta có:

16 (1 − x1x2 ) + 2 ( y1 + y2 ) = 2 ⇔ (1 − x1 x2 ) + 2 ( 2 x12 + 2 x22 ) = 16 2

NH ƠN

2 2 16 ⇔ (1 − x1 x2 ) + 4 ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2  =   2

m  m  16 ⇔ 1 +  + 4.12 + 2.  = 2 2   m2 m2 ⇔ 1+ m + + 4 + 4m = 16 ⇔ + 5m − 11 = 0 4 4 ⇔ m 2 + 20m − 44 =0 ⇔ m 2 + 22m − 2m − 44 =0

DẠ Y

KÈ M

Câu 4.

 m = −22(ktm) ⇔  m = 2(tm) Vậy m = 2

⇔ m ( m + 22 ) − 2 ( m + 22 ) =0 ⇔ ( m + 22 )( m − 2 ) =0

A E I

K O

F H B

C N P

127 1)

Chứng minh AEHF là tứ giác nội tiếp

Ta có: BE , CF là các đường cao của ∆ABC

(

OF FI

0 ∠DAC + ∠ACD =90  (cùng phụ góc DAC) = Ta có:  ⇒ DAC EBC 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

 BE ⊥ AC = { E}  ⇒ ⇒ AFC = ∠AEB = 900 {F } CF ⊥ AB = 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

)

NH ƠN

3) Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆BCE Ta có : ∠AEH = 90 là góc nội tiếp chắn cung AH 0

⇒ AH là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF ⇒ I là trung điểm của AH 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 = IH = AH ⇒ ∆IEH cân Ta có IE là đường trung tuyến của ∆AEH vuông tại E ⇒ EI 2 =  mà IHE =   = BHD  (hai góc đối đỉnh) ⇒ IEH tại I ⇒ IEH IHE BHD Lại có : ∠HBD + ∠BHD = 90 ⇒ ∠IEH + ∠BEN = 90

KÈ M

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

DẠ Y

Khi đó ta có ∠ACP là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ⇒ ∠ACP =90

⇒ ∠APC + ∠ = PAC 900 hay ∠OAC + ∠ = APC 900   Xét tứ giác BCEF có: BFC = BEC = 900 , mà hai đỉnh E, F kề nhau ⇒ BCEF là tứ giác

=  nội tiếp ⇒ FBC AEF (góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện) 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 = = OB.FD ; SODCE OC.DE Tương tự: SOFBD 2 2 1 1 1 ⇒ SOEAF + SOFBD + SODCE = OA.EF + OB.FD + OC.DE 2 2 2 1 2 S ABC ⇒ S ABC = R ( EF + FE + DE ) ⇒ EF + FE + DE = R 2 Kéo dài ON cắt (O) tại A ' ⇒ A ' N ⊥ BC ( do ON ⊥ BC )

OF FI

NH ƠN

1 1 AD.BC ≤ A ' N .BC 2 2

Khi đó ta = có: S ABC Đặt BC = a

Ta có: SOEAF =

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ONC ta có:

a2 ON = OC − CN = R − 4 2

a2 a a2 2 OA '+ ON =+ R R − ⇒ A' N = ⇒ 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

KÈ M

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

DẠ Y

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

(

)

xy + y + 1

)

xy + y + 1 ⇒

1 1 1 ≤ . x + 2 y + 3 2 xy + y + 1

Chứng minh tương tự ta có:

(

)

yz + z + 1

1 ≤ z + 2 x + 3 2.

;

(

Khi đó ta có:

1 1 1 + + x + 2 y + 3 y + 2z + 3 z + 2x + 3

1 + xy + y + 1

1 A= + xy + y + 1 A=

1 + yz + z + 1

1 + yz + z + 1 xy

1 ta có: zx + x + 1

1 zx + x + 1

xy 2 z + xyz + xy xy + y + 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

KÈ M

⇒

1 + xy + y + 1

 1  zx + x + 1 

1 + xy + y + 1

Đặt A =

1 + yz + z + 1

NH ƠN

1 1 ≤ . + 2  xy + y + 1

 x= y= z= 1 ⇒ x = y = z =1  xyz = 1

Dấu " = " xảy ra ⇔  Khi đó ta có

a = b = c =1 ⇔ a =b =c =1

DẠ Y

Vậy ta có điều phải chứng minh

)

zx + x + 1

OF FI

1 ≤ y + 2 z + 3 2.

⇒ x + 2y + 3 ≥ 2

(

⇒ x + y + y +1+ 2 ≥ 2

130 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn : TOÁN (chung) Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 23b

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM

Câu 1. (2,0 điểm)

50 − 32 − 3 + 2 2

 x−2 + x+2 x tìm giá trị của x để B = 3

2. Cho biểu thức B  =

1  x + 1 x > 0    . Rút gọn biểu thức B và . x + 2  x −1 x ≠ 1 

Câu 2. (2,0 điểm)

1. Giải phương trình x − 5 x − 6 = 0 2

3 x − 2 y = 1 4  x + 3 y =

Câu 3. (1,5 điểm) 1. Cho hàm= số y ax

NH ƠN

2. Giải hệ phương trình : 

( a ≠ 0 ) có đồ thị là parabol như

hình 1. Xác định hệ số a 2. Cho phương trình

OF FI

1. Rút gọn biểu thức A =

1 2 x = x + m 2 (m là tham số). Chứng 2

= x1

minh phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m ∈  . Tìm các giá trị của m để

20 − x23

Câu 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn ( O ) , đường kính AB cố định. Điểm H cố định nằm giữa hai điểm

KÈ M

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

DẠ Y

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.

50 − 32 − 3 + 2 2 =

25.2 − 16.2 −

(

)

2 +1

1) A =

1  x + 1 x > 0    . x + 2  x −1 x ≠ 1 

(

x−2+ x x +1 . = x −1 x x +2

(

)

B = 3⇔

Câu 2.

)

(

)

x +1 x

1 1 x +1 = 3 ⇔ x + 1 = 3 x ⇔ 2 x = 1 ⇔ x = ⇔ x = (tm) 2 4 x

1 thì B = 3 4

NH ƠN

Vậy x =

)(

x −1 x +2 x +1 . = x −1 x. x + 2

OF FI

 x−2 2) B  = + + 2 x x 

=5 2 − 4 2 − 2 − 1 =−1

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}

 x = 1  y = 1(tm) y =1 ⇔ ⇔  x = 1 x = 1    y = −1

y 1 y 1 y 11 3 x − 2 = 3 x − 2 = 11 = y > ⇔ ⇔ 2)  0 ( ) 3x + 9 y =  4 12  x =− 4 3y  x + 3 y = 

{

}

Câu 3.

KÈ M

Vậy ( x; y ) ∈ (1;1) ; (1; −1)

(

)

1) Khi x =−2 ⇒ y =4 do M ( −2;4 ) ⇒ 4 =a.( −2 ) ⇔ a =1 2

1 2 x = x + m 2 ⇔ x 2 − 2 x − 2m 2 = 0 (1) 2 2 ∆ ' = ( −1) − 1.( −2m 2 ) = 2m 2 + 1 > 0 ⇒ phương trình luôn có hai nghiệm phân

DẠ Y

2) Ta có:

2  x1 + x2 =

biệt. Áp dụng hệ thức Vi – et :  Ta có:

2  x1 x2 = −2m

132

x1 =

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

C M

OF FI

Vậy m = ±1 thì thỏa đề. Câu 4.

NH ƠN

K A H

=  = 900 a) Có AH ⊥ MN ⇒ KHB 900 mà KCB

KÈ M

 + 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) AM AC = H  = 900 ; MAH  = ∠HMB (cùng phụ HMA ) Xét ∆AMH và ∆MBH có: H 1 2 c) ∆AMK  ∆ACM ⇒

(

)

HA HM ⇒ ∆AMH  ∆MBH ( g .g ) ⇒ = ⇒ HA.HB = HM 2 ( 2 ) HM BH

DẠ Y

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 )

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

Từ giả thiết ⇒ c +

và (O) Vậy C là hình chiếu của N trên BM Câu 5.

3 3 ( xy + x + y )

3 3 ( yz + y + z )

3 3 ( zx + z + x )

Ta có:

≥

NH ƠN

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 ) ≤

OF FI

Đặt

18 3 18 3 = ( xy + yz + zx ) + 2 ( x + y + z ) + 9 ( xy + yz + zx ) + 15

KÈ M DẠ Y

= 3

18 3 = 3 3 + 15 Vậy MinP = 3 ⇔ a = b = c =1 Do đó P ≥

(x + y + z) Lại có: xy + yz + zx ≤

134 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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề số 24 Bài I. (2,0 điểm)

x +5 x +1 3 = − và B với x ≥ 0, x ≠ 1 x −1 x −1 x +2 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 4 2 2) Chứng minh B = x +1 = P 2 AB + x đạt giá trị nhỏ nhất 3) Tìm tất cả giá trị của x để biểu thức

OF FI

Cho hai biểu thức A =

NH ƠN

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 9km / 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 π ≈ 3,14).

Bài III. (2,5 điểm)

KÈ M

3  5 2 x + 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

DẠ Y

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 Bài V. (0,5 điểm) Giải phương trình:

x + 3x − 2 = x 2 + 1

135 ĐÁP ÁN

( (

3 x +5 3 − = x −1 x −1

3 x +3− x −5 = x +1 x −1

(

)(

) x + 1)(

x +1 − x − 5

)

x −1

) (

)(

)

2 x −1 = x +1 x −1

2 x −2 = x +1 x −1

) (

(

)(

3) Tìm x để Pmin

Với x ≥ 0; x ≠ 1 ta có:

x +2+

x +1 2 + x= . x + 2 x +1

4 −2 x +2

Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương

(

)

2 )(dfcm) x +1

NH ƠN

P = 2 AB + x = 2.

OF FI

4 +1 2 +1 3 = = 4 +2 2+2 4

Thay x = 4(tmdk ) vào biểu thức A = 2) Với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có:

Bài I. 1) Tính giá trị biểu thức….

)

4 + x x +2

x + 2;

4 , ta có: x +2

4 4 x +2 . ≥2 = 2 4= 4 x +2 x +2 4 ⇒ x +2+ −2≥2 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+

(

)

KÈ M

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 :

DẠ Y

Vì An đi xe đạp nhanh hơn đi bộ là 45 phút =

3 ( h) x

3 x+9

3 (h) nên ta có phương trình: 4

136

3 3 3 1 1 1 − =⇔ − =⇔ 4 ( x + 9 ) − 4 x = x ( x + 9) x x+9 4 x x+9 4 ⇔ 4 x + 36 − 4 x = x 2 + 9 x ⇔ x 2 + 9 x − 36 = 0 ⇔ x 2 + 12 x − 3 x − 36 =0 ⇔ x ( x + 12 ) − 3 ( x + 12 ) =0

2) Tính diện tích bề mặt quả bóng bàn

OF FI

 x = 3(tm) ⇔ ( x − 3)( x + 12 ) =0 ⇔   x = −12(ktm) Vậy vận tốc đi bộ của An là 3km / h

(

Diện tích bề mặt quả bóng bàn: S = 4π R ≈ 4.3,14.2 = 50,24 cm 2

(

Vậy diện tích cần tìm là 50,24 cm

)

Bài III.

)

NH ƠN

3  + = x 2 5  y −1 1) Giải hệ phương trình  4 x − 1 = 3  y −1 Điều kiện : y ≠ 1 1 Đặt = u ( u ≠ 0 ) , ta có hệ phương trình: y −1 x = 1 7u = 7 + 3u 5 4 x + = 6u 10  2 x =  ⇔ ⇔ 1  u+3 ⇔  = ⇒ =1 ⇔ y =2(tm) u 1 4x − u 3 4x − u 3 = x = =   − 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

KÈ M

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 yB = 0 Gọi B ( xB ;0 ) ; vì B ( xB ;0 ) ∈ ( d ) nên ta có: = 0 m.xB + 4 ⇒ x= B

−4  −4  ;0  ⇒ AB = m m  Theo câu a) ta có: A ( 0;4 ) nên OA = 4= 4

DẠ Y

Suy ra B 

Vì ∆OAB cân tại O nên OA =OB ⇔

−4 =4 m

−4 ( m ≠ 0) m

137

 −4 m =4 −4 −1(tm)  4m = m = ⇔ ⇔ ⇔  4m 4=  m 1(tm)  4 = 4=  m Vậy m = −1; m = 1 thỏa mãn bài toán

NH ƠN

OF FI

Bài IV.

1) Chứng minh BHEK là tứ giác nội tiếp

= Ta có : BHE 900

( do EH ⊥ AB ) ,

= BKE 900 ( do EK ⊥ BC )

 + BKE  = 900 + 900 = 1800 nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng Tứ giác BHEK có BHE hai góc đối bằng 180 ) ( dfcm )

KÈ M

2) Chứng minh BH .BA = BK .BC

 = BEH  (cùng chắn cung BH ) Theo câu a) tứ giác BHEK nội tiếp nên BKH Ta có:

DẠ Y

 + 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

   (cmt ) ⇒ ∆BHK  ∆BCA( g .g )  = BAE = BAC 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 =  (cùng chắn EC ) F nhau nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau) ⇒ B 1

OF FI

=  (so le trong) do đó B  (1) =E Ta có: EH / / CF (cùng vuông góc với AB ) ⇒ F E 1 1 1 1 =H  (cùng chắn EK  ) ( 2) Theo câu a, tứ giác BHEK nội tiếp nên B 1 1 =E  Từ (1) và (2) ta suy ra H 1 1

NH ƠN

=E  nên là tam giác cân ⇒ I ' H = I ' E ( 3) ∆I ' HE có H 1 1 +H = BHE = 900 ; F  +=  900 (do ∆HFE vuông tại H) Lại có: H E 1 2 2 1   Nên H = F hay tam giác I ' HF cân tại I ' ⇒ I ' H = I ' F ( 4) 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 3 x − 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 2 Vì ( x − 1) ≥ 0; ( x − 1) ≥ 0 và ( 3 x − 2 − 1) ≥ 0 với mọi x ≥ nên: 3 2 ( x − 1) + ( x − 1) + ( 3 x − 2 − 1) = 0 ⇔ 2 ( x − 1) + x − 2 x + 1 + 3 x − 2 − 2 3 x − 2 + 1 = 0

KÈ M

DẠ Y

0 x −1 = x = 1   ⇔ x= −1 0 ⇔= ⇔= x 1(tm) x 1   1 0 3 x − 2 =  3x − 2 − 1 = Vậy S = {1}

139 ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2020

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN

MÔN THI: TOÁN (cho tất cả các thí sinh)

Đề số 24b

Câu I. (4 điểm)

 x 2 + y 2 + 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)

NH ƠN

Câu II. (2 điểm)

OF FI

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

1) Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn x y − 16 xy + 99 = 9 x + 36 y + 13 x + 26 y 2

2) Với a, b là những số thực dương thỏa mãn

2 ≤ 2a + 3b ≤ 5

;8a + 12b ≤ 2a 2 + 3b 2 + 5ab + 10 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

KÈ M

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 )

DẠ Y

b ( ab + 2c 2 )

b ( b + ca )

c ( bc + 2a 2 )

c ( c + ab )

a ( ca + 2b 2 )

≥4

140 ĐÁP ÁN

 x 2 + y 2 + xy = 7 (1) 1) Giải hệ phương trình:  3 2 9 x =xy + 70 ( x − y )

Câu I.

(2)

(1) ⇔ ( x − y ) ( x 2 + y 2 + xy ) =

OF FI

 7 3 x 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:

7 ( x − y ) ⇔ x3 − y 3 = 7 ( x − y ) ⇔ 10 ( x3 − y 3 ) = 70 ( x − y )

Thế vào phương trình ( 2 ) ta có:

xy 2 + 10 ( x3 − y 3 ) ⇔ x3 + xy 2 − 10 y 3 = 0

NH ƠN

( 2 ) ⇔ 9 x3 =

0 ( 3) x − 2y = ⇔ ( x − 2 y ) ( x 2 + 2 xy + 5 y 2 ) =0 ⇔  2 2 0 ( 4)  x + 2 xy + 5 y = Ta có: ( 3) ⇔ x = 2y  y =1 ⇒ x =2  y =−1 ⇒ x =−2

Thế vào phương trình (1) ta có: 4 y + y + 2 y =7 ⇔ 7 y =7 ⇔  2

0 ( x + 2y) ( 4 ) ⇔ x 2 + 2 xy + y 2 + 4 y 2 =⇔

+ 4 y2 = 0

0 x + 2 y = 2 2 ⇔ ( x + 2 y) + (2 y) = 0 ⇔  ⇔ x = y = 0(ktm) y = 0  Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) ∈

{( 2;1) ; ( −2; −1)}

KÈ M

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 ⇔ ≤ x≤5 2 2 x − 1 ≥ 0

ĐKXĐ: 

DẠ Y

 5 − x= a ( a ≥ 0 ) a 2= 5 − x Đặt :  ⇒ 2 b= 2 x − 1 − = ≥ x b b 2 1 0 ( )  ⇒ 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: 

16 11 (vô lý) ⇒ b = không là nghiệm của 3 3

11 3

Với 11 − 3b = 0 ⇔ b = ⇒ (*) ⇔ 0a =−

2 2 9 (2)  2a + b = Giải phương trình (1) ta có: (1) ⇔ 11a − 3ab = 24 − 8b ⇔ a (11 − 3b ) = 24 − 8b (*)

phương trình (*)

24 − 8b 8b − 24 8b − 24 , Thay a = vào ( 2 ) ta được: = 3b − 11 11 − 3b 3b − 11

OF FI

⇒ = a

8b − 24  2 9 ( 2 ) ⇔ 2   +b =  3b − 11  2

⇔ 2 ( 64b 2 − 384b + 576 ) + b 2 ( 9b 2 − 66b + 121)= 9 ( 9b 2 − 66b + 121)

⇔ 128b 2 − 768b + 1152 + 9b 4 − 66b3 + 121b 2 − 81b 2 + 594b − 1089 = 0

NH ƠN

⇔ 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  = 1 2x −1   3 ⇔  2 x − 1 = 3 ⇔ 2 x − 1 =   7 7 2x −1 2x −1  = = 3 3    29  Vậy phương trình có tập nghiệm S = 1; ;5  9 

 x 1 =  9 ⇔ x =  49 = x 9 

1(tm) 5(tm) 29 (tm) 9

 b = b − 1 0 =  ⇔ b − 3 = 0 ⇔ b =   3b − 7 = 0 = b 

Câu II.

1) Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn: x y − 16 xy + 99 = 9 x + 36 y + 13 x + 26 y 2

KÈ M

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 + 13 x + 26 y ⇔ ( x 2 y 2 + 20 xy + 100 ) − 1=

 x + 2 y = a ( a > 0 )  xy + 10 = b ( b > 10 )

Đặt 

DẠ Y

⇒ (*) ⇔ b 2 − 1= 9a 2 + 13a

( 3x + 2 y )

13 ( x + 2 y )(*)

142

13 169 169 + − =b 2 − 1 6 36 36

⇔ 9a 2 + 2.3a. 2

13  133 2  ⇔  3a +  − b 2 = ⇔ (18a + 13) − 362 = 133 6 36  133 (1) ⇔ (18a − 6b + 13)(18a + 6b + 13) = Ta lại có : a, b > 0 ⇒ 18a + 6b + 13 > 18a − 6b + 13 > 0

OF FI

Lại có= 133 133.1 = 19.7

NH ƠN

11  b = (tm)   18a + 6b + 13 = 0  18a + 6b = 120 3 a =     18 6 13 1 18 6 12 a − b + = a − b = −    ⇒ (1) ⇔  ⇔ ⇔  a = 19  18a +=  18  6b + 13 19 a + 6b 32 = 6     (ktm)  7 25 −6  18a − 6b + 13 =  18a − 6b =  b = − 18 

 x= 3 − 2 y  x= 3 − 2 y  x + 2 y =3  x =3 − 2 y ⇒ ⇔ ⇔ ⇔ 2 1 2 y − 3 y + 1 = + 10 11 = 0  xy=  xy 1  y (3 − 2 y ) =

 x= 3 − 2 y   x= 3 − 2 y  x = 1(tm)  1 ⇔ ⇔   y = (ktm) ⇔  0  2  y = 1(tm) ( 2 y − 1)( y − 1) =    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 + 3b 2 + 5ab + 10 . Chứng minh rằng 3a 2 + 8b 2 + 10ab ≤ 21( 2 ) Giải

KÈ M

( 2 ) ⇔ 8a + 12b ≤ ( 2a + 3b )( a + b ) + 10 ≤ 5 ( a + b ) + 10 ⇔ 3a + 7b ≤ 10. Mặt khác 2a + 3b ≤ 5 Dự đoán dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = 1 Ta có: 3 a + 8 b + 10 ab = ( 3a + 4b ) .( a + 2b )  2

DẠ Y

(I )

Áp dụng bất đẳng thức

( A + B) AB ≤ 4

, ta có:

( 9a + 12b + 7a + 14b ) ≤

21.( I ) = 3 ( 3a + 4b )  . 7 ( a + 2b ) 

143

= (8a + 13b )

⇒ 21.( I )

(16a + 26b ) ≤

Ta biểu diễn 8a + 13b theo 3a + 7b và 2a + 3b bằng cách đồng nhất hệ số

Xét 8a + 13b = x ( 3a + 7b ) + y ( 2a + 3b )

2  x =  8 3 x + 2 y = 5 ⇔ ⇔ 13  17 7 x + 3 y = y=  5 2

OF FI

⇔ 8a + 13b = ( 3 x + 2 y ) .a + ( 7 x + 3 y ) .b

17 17  2  2 ⇒ 21.( I ) ≤ ( 8a + 13b )=  .( 3a + 7b ) + .( 2a + 3b )  ≤  .10 + .5 = 212 5 5  5  5 ⇒ ( I ) ≤ 21. Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = 1 Câu III.

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

1) Chứng minh rằng AM = AN

O C D

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.

(

)

NH ƠN

(

OF FI

1  (góc có đỉnh ở bên trong đường tròn) sd  AN + sdCM 2 1 1    = sd  AM + sdCM = = sd 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:  = AEF 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:

KÈ M

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 DC AC HM 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: 

DẠ Y

Vì BN / / AD / / CM nên áp dụng định lý Ta – let ta có:

⇒ ∆AEF  ∆ABC ( g .g ) ⇒

AC AF = ( 2) AB AE

145

HM AF = HN AE

( 3)

Từ (1) và (2) ⇒

AF HF = ( 4) AE HE EN FM HM HF = Từ (3) và (4) ta suy ra = , do đó (*) được chứng minh, tức là ( 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 Câu IV. Với a, b, c > 0, a + b + c = 3 ta có: P=

a ( a + bc )

b ( ab + 2c 2 )

b ( b + ca )

c ( bc + 2a 2 )

c ( c + ab )

a ( ca + 2b 2 )

OF FI

Tiếp tục áp dụng định lý đường phân giác trong tam giác AEF ta có:

a 2 ( a + bc )

ab ( ab + 2c 2 )

b 2 ( b + ca )

bc ( bc + 2a 2 )

a 2 b2 c2 ( a + b + c ) Áp dụng BĐT ta có: + + ≥ x y z x+ y+z

P≥

+ b 2 + c 2 + 3abc )

NH ƠN

a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 + 2abc ( a + b + c )

(a ⇒P≥

+ b 2 + c 2 + 3abc )

( ab + bc + ca )

p a + b + c =  Đặt  ab + bc + ca = q , áp dụng BĐT Schur ta có: 9r ≥ p ( 4q − p 2 ) abc = r 

Khi đó ta có:

⇒ 9abc ≥ 3  4 ( ab + bc + ca ) − 9  ⇔ 3abc ≥ 4 ( ab + bc + ca ) − 9

( a + b + c )2 + 2 ( ab + bc + ca ) − 9   P≥  2 ( ab + bc + ca )

KÈ M

 a 2 + b 2 + c 2 + 4 ( ab + bc + ca ) − 9  P≥ 2 ( ab + bc + ca )

2 32 + 2 ( ab + bc + ca ) − 9  4 ( ab + bc + ca ) ⇒P≥ = P≥ 4 2 2 ( ab + bc + ca ) ( ab + bc + ca )

DẠ Y

Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c =1 Vậy P ≥ 4( dfcm)

c 2 ( c + ab )

ca ( ca + 2b 2 )

146 CỘNG HÒA XA HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI Đề số 24c

b) Tìm m sao cho m

(

8x   x − 1 2  − :  với x > 0; x ≠ 4; x ≠ 9 4− x  x−2 x x

)

OF FI

 4 x 2+ x a) Rút gọn biểu thức P

Cho biểu thức P = + 

Bài 1. (2,0 điểm)

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

y ( d1 ) : =

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

NH ƠN

d1 và d 2 là song song.

b) Cho phương trình: x − 2 ( m − 1) x + 2m − 5 = 0 (m là tham số). Tìm các giá trị của 2

m để phương trình trên có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn:

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 8m. Em hãy giúp bác An tính độ dài các cạnh của hình chữ nhật để cửa sổ có diện tích lớn nhất

KÈ M

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

DẠ Y

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. Rút gọn biểu thức P

OF FI

Với x > 0, x ≠ 4, x ≠ 9 ta có:

     4 x x −1 8x   x − 1 2   4 x 8x 2    = + − = + − P  : :     − x 4 + − + x x x x x x 2 2 2 − + − x x x x 2 2 . 2        

(

)

(

)

4 x 2 − x + 8x x − 1 − 2 x − 2 = : 2− x 2+ x x x −2

)

(

)

(

)(

(

2− x 2+ x

)

x x −2 4 x. x + 2 . x = . = 3− x 2− x 2+ x x +2 . x −3 8 x + 4x

)(

Vậy P =

)

4x . x −3

b) Tìm m sao cho m

(

)

x −1− 2 x + 4

4x x −3

)

)(

( x − 2)

x − 3 .P > x + 1 đúng với mọi giá trị x > 9

Điều kiện: x > 9. ∀x > 9, Ta có:

(

)

) x(

(

)(

8 x − 4 x + 8x

NH ƠN

(

)(

(

)

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 Do đó 4m − 1 > , ∀x > 9 thì 4m − 1 ≥ ⇔ 4m ≥ ⇔m≥ x 9 9 18 5 Vậy m ≥ 18 x − 3 .P > x + 1 ⇔ m

x −3 .

DẠ Y

KÈ M

Bài 2.

a) Tìm các giá trị của m để hai đường thẳng d1 , d 2 song song

(

)

Ta có hai đường thẳng ( d1 ) : = y 5 x + 9 và ( d 2 ) : y = m − 4 x + 3m song song 2

)

148

m = 3 2 m m 2 9   = −4 5 = ⇔ ⇔ ⇔   m = −3 ⇔ m = −3 3m ≠ 9 m ≠ 3 m ≠ 3 

(

Vậy m = −3 thì đường thẳng d1 và d 2 song song.

)

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:

∆ ' = ( m − 1) − 2m + 5 = m 2 − 2m + 1 − 2m + 5 2

= m − 4m + 4 + 2 = 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 x2 2m − 5  x1=

NH ƠN

Áp dụng hệ thức Vi et ta có: 

OF FI

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 = −2 ( x1 − 2 ) 0 ⇔ x12 − 2mx1 + 2m − 1 = Theo đề bài ta có:

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

KÈ M

c) Tính vận tốc mỗi ô tô

Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x ( km / h )( x > 10 )

120 ( h) x Vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứ hai là 10km / h ⇒ Vận tốc của ô tô thứ hai là : x − 10( km / h)

DẠ Y

⇒ Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường AB là

⇒ 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

Bài 3. Tính độ dài cạnh và diện tích lớn nhất

NH ƠN

OF FI

60 0 =  x −=  x 60(tm) ⇔ ( x − 60 )( x + 50 ) =0 ⇔  ⇔ 0 −50  x + 50 = x = Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 60km / h và vận tốc của ô tô thứ hai: 60 − 10 = 50(km / h)

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 )

1 πx π x = ( m) 2 2

Độ dài nửa đường tròn phía trên:

Khi đó ta có tổng độ dài các khuôn gỗ:

πx

π  + x + 2 y =8 ⇔  + 1 x + 2 y =8 2 2 

KÈ M

π  π + 2 ⇔ 2 y =8 −  + 1 x ⇔ y =4 −  x 2   4  1 x π x2 Diện tích của cửa số: S = π   + xy = + xy 2 2 8  π + 2  π x2 π + 2 2 ⇔ S= + x 4 −  + 4x −   x  ⇔ S= x 8 4 8 4       π +4 2 π 1 ⇔S= −  +  x2 + 4x ⇔ S = − x + 4x 8  8 2 2 2 π +4  2 32  π +4  2 16  16   16   ⇔S= − − + − . x − .  x − 2 x. x ⇔S=  8  π + 4  8  π + 4  π + 4   π + 4  

DẠ Y

π x2

150

π +4 

16  32 32 . x − ⇔S= − ≤  + π + 4 π + 4 π + 4 8  16 16 Dấu " = " xảy ra ⇔ x − =0⇔ x = (tm) π +4 π +4 4π + 16 − 4 (π + 2 ) 4π + 16 − 4π − 8 π + 2 16 8 ⇒ y =4 − . = = = (tm) 4 π +4 π +4 π +4 π +4

cạnh bên của hình chữ nhật là

8 (cm) π +4

Bài 4.

NH ƠN

B F

16 m và π +4

OF FI

Vậy khi cửa sổ có diện tích lớn nhất thì độ dài cạnh trên của hình chữ nhật là:

K Q

E C

KÈ M

a) Chứng minh AB.BE = BD. AE Xét ∆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 AB BD =(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ ) ⇒ AB.BE = BD. AE (dfcm) AE BE b) Chứng minh HK / / CD Vì H là trung điểm của DE ( gt ) nên OH ⊥ DE (tính chất đường kính và dây cung)  =900 ⇒ OHA  =900 ⇒ OHD

DẠ Y

⇒

 90  90 (do AB là tiếp tuyến của ( O )) = = (cmt ); OBA Xét tứ giác OBAH có : OHA 0

 + OBA  = 900 + 900 = 1800 ⇒ OBAH là tứ giác nội tiếp ⇒ OHA

151

=  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OH) ⇒ OAH OBH  = 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).

)

OF FI

(

 = HEB  = DEB  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HB) ⇒ HKB  ) ⇒ HKB  = DCB  (hai góc nội tiếp cùng chắn BD =  (hai góc nội tiếp cùng Mà DEB DCB  = 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 )

NH ƠN

 + OQA  = 900 + 900 = 1800 ⇒ OBAQ là tứ giác nội tiếp (Tứ Xét tứ giác OBAQ có: OBA giác có tổng hai góc đối bằng 180 ) 0

 = OAQ  = PAQ  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung OQ) ⇒ OBQ    (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CQ) = CBQ = CDQ Lại có: OBQ

(

)

 = CDQ  = OBQ  ⇒ Tứ giác APDQ là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài ⇒ PAQ

 AP) ADP = AQP (hai góc nội tiếp cùng chắn  bằng góc trong tại đỉnh đối diện) ⇒ 

(1)

 ⇒ AQP = CBE

)  (đối đỉnh) ⇒ CDE =  (hai góc nội tiếp cùng chắn CE Mà  ADP = CDE CBE  = QAP  (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); BAP AB = AQ ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ ∆ABP = ∆AQP(c.g .c)  ⇒ ABP = AQC (2) (hai góc tương ứng)

KÈ M

Xét ∆ABP và ∆AQP có: AP chung ;

(

=  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

DẠ Y

⇒ 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

1 x ≤ 1 + y + xz x + y + z

Chứng minh tương tự ta có:

y 1 ≤ 1 + z + xy x + y + z

NH ƠN

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức ta được :

;

OF FI

⇒

⇒ 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 )

z 1 ≤ 1 + x + yz x + y + z

x y z 3 + + ≤ 1 + y + xz 1 + z + xy 1 + x + yz x + y + z Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y = z = 1

DẠ Y

KÈ M

Vậy có duy nhất 1 cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán ( x; y; z ) = (1;1;1)

153 KỲ THI TUYỂN SINH 1O THPT Năm học 2020-2021 Môn thi: TOÁN CHUNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 25 Câu 1. (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:

2− 2  + 1 2 − 1 a ) P=   2 −1  1  3  1  =  − + 1 ( x > 0 ) b)Q  x  x  x +3 

)

OF FI

(

Câu 2. (2,5 điểm)

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 4

NH ƠN

M ( −1; −2 ) và song song với đường thẳng ( d ') : = y 3 x − 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

KÈ M

OM ( I khác M). Đường thẳng qua 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 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

DẠ Y

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

(

x +3

)

− x

(

 . 3 + x x x +3  

x +3

)

   x 

1  3  1  Q = − + 1  x  x  x +3 

x − x − 3 x + 3 −3 . = x x x x +3

)

Vậy Q = −

OF FI

(

3 với x > 0 x

Câu 2. a) Giải phương trình x + 5 x − 36 = 0 4

0 ( t ≥ 0 ) , ta có phương trình: t 2 + 5t − 36 =

NH ƠN

Đặt = t x

⇔ t 2 + 9t − 4t − 36 =0 ⇔ t ( t + 9 ) − 4 ( t + 9 ) =0 ⇔ ( t − 4 )( t + 9 ) =0 −4 0 = t= t 4(tm) ⇔ ⇔ ⇒ x2 = 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

KÈ M

= y 3 x + 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:

DẠ Y

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 1,1 y 671 y 10 = = = = = 1,1x + 0,04  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.

OF FI

Xét tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH , theo hệ thức lượng trong tam giác

NH ƠN

AB 2 52 25 vuông ta có: AB =BH .BC ⇔ BC = = = (cm) BH 3 3 2

Xét ∆ABC vuông tại A, theo định lý Pytago ta có:

400  25  BC = AB + AC ⇔ AC = BC − AB ⇔ AC =   − 52 = 9  3 

Vậy BC =

400 20 = (cm) 9 3 25 20 = cm, AC cm 3 3

⇒ AC=

Câu 5.

KÈ M

DẠ Y

156 a) Chứng minh ∆SPN  ∆SME

1      = PEQ = sd PQ = sd = PM = POM Ta có: PEH

OF FI

⇒ ∆SPN  ∆SME ( g .g ) (dfcm) b) Chứng minh độ dài đoạn OH không phụ thuộc vào I SP SN Từ câu a, ∆SPN  ∆SME ⇒ =(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) SM SE ⇒ SP.SE = SM .SN (1)

=  (góc nội tiếp cùng chắn cung EN ) ⇒ EPN EMN  chung ; EPN  = EMS  (cmt ) Xét ∆SPN và ∆SME có : S

Ta có : bốn điểm P, E , M , N cùng thuộc (O) nên tứ giác PENM nội tiếp

2  + SEH  =180 ; POM  + POS  =1800 ⇒ SEH  = POS  PEH  = POS  (cmtt ); S chung Xét ∆SEH và ∆SOP có: SEH ⇒ ∆SEH  ∆SOP( g − g ) ⇒ ⇒ SE.SP = SO.SH ( 2 )

NH ƠN

SE SH (Hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) = SO SP

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)

Từ (1) và (2) suy ra SO.SH = SM .SN ⇒ SH =

Câu 6.

a ( 2a − 1) + b ( 2b − 1) = ab ⇔ 2a 2 + 2b 2 − ( a + b ) = ab ⇔ 2 ( a 2 + b 2 ) − ( a + b ) = ab

KÈ M

6ab ⇔ 2 ( a 2 + b 2 + 2ab ) − ( a + b ) = ⇔ 2(a + b) − (a + b) =

(a + b) 6ab ≤ 6.

⇒ 2(a + b) − (a + b) −

3 2 (a + b) ≤ 0 2

3 2 .( a + b ) 2

1 2 ( a + b ) − ( a + b ) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ a + b ≤ 2 . Ta có: 2

DẠ Y

⇔

a 3 + 2020 b3 + 2020 a 3 2020 b3 2020 F= + = + + + b a b b a a

157

x2 y 2 ( x + y ) 1 1 4 Áp dụng các BĐT cơ bản và + ≥ ta có: + ≥ a b a+b a b a+b

4  a 3 b3  b4  1 1 a 1 1 = +  +  + 2020  +  =   + 2020  +  a  b a   ab ab  b a  b

(a ≥

+ b2 )

a 2 + b2

 b

+ b2 )

2ab

+ 2020.

4 a+b

8080 8080 1 8080 2 = a 2 + b2 + ≥ (a + b) + a+b a+b 2 a+b

( a + b ) . 4 . 4 + 8072= 4042 4 4 8072 = + + + ≥ 33 2 2 2 a+b a+b a+b a+b a+b ⇒ F ≥ 4042 2

NH ƠN

(a + b)

 a

OF FI

  1 1  (a + 2020 + ≥

a b  +   ab ab  4

DẠ Y

KÈ M

Vậy Giá trị nhỏ nhất của F là Fmin = 4042 ⇔ a = b = 1

158 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài :120 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 26

OF FI

Câu 1. (2,0 điểm) 1) Giải các phương trình sau 8 a) x − 1 =

0 b) x ( 2 + x ) − 3 =

2 0 .Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình. 2) Cho phương trình x − 3 x + 1 =

= x1 + x2 Hãy tính giá trị biểu thức A 2

Câu 2. (2,0 điểm)



1   2 6  +  : 1 −  ( x > 0) x+3  x x+3 x  b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M ( −1;4 ) và song song với đường thẳng = y 2x − 1 x +  x+3 x

NH ƠN

A  = a) Rút gọn biểu thức:

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

3 ( m + 1) x − y =

b) Cho hệ phương trình với tham số m : 

m mx + y = 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

KÈ M

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

DẠ Y

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 + 2b 2 + 3 b 2 + 2c 2 + 3 c 2 + 2a 2 + 3 2

159 ĐÁP ÁN

Câu 1

Vậy tập nghiệm của phương trình là = S

= x −1 8 = x 9 1)a ) x − 1 = 8 ⇔  ⇔  x − 1 =−8  x =−7

{9; −7}

OF FI

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 

{1; −3}

Vậy S=

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: 2

NH ƠN

3  x1 + x2 =   x1 x2 = 1

A = x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 32 − 2.1 = 7 2

Vậy A = 7

Câu 2.

a) Rút gọn biểu thức

(

KÈ M

1   x  = + A   : 1 − x +3   x+3 x  x x  +  x x +3 x. x + 3 

)

(

)

(

)

 x+3 x −2 x +3 +6 :  x x +3 

(

)

x +3 x+ x = = 1 x +3 x+3 x −2 x −6+6 x+ x

x+ x x.

(

2 6  +  x x+3 x 

)

DẠ Y

b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M ( −1;4 ) và song song với đườn thẳng = y 2x − 1

Gọi d là đường thẳng cần tìm

y 2 x − 1 nên phương trình đường thẳng d có dạng Vì d song song với đường thẳng = 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) y 2x + 6 Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là =

Câu 3. a) Tính số xe ?

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) x+3

OF FI

Gọi số xe lúc đầu của đoàn xe là x (chiếc), ( x ∈  *)

Vì lúc sau mỗi xe chở ít hơn 8 tấn hàng so với dự định nên ta có phương trình:

NH ƠN

480 480 60 60 − = 8⇔ − = 1 x x+3 x x+3 ⇔ 60 ( x + 3) − 60 x =x ( x + 3) ⇔ 60 x + 180 − 60 x =x 2 + 3 x ⇔ x 2 + 3 x − 180 =0 ⇔ x 2 + 15 x − 12 x − 180 =0

⇔ x ( x + 15 ) − 12 ( x + 15 ) ⇔ ( x − 12 )( x + 15 ) = 0

Vậy lúc đầu đoàn xe có 12 chiếc

12 0 =  x −=  x 12(tm) ⇔ ⇔ 0 −15(ktm)  x + 15 = x =

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

KÈ M

Ta có : 

1 2 m+3  1 Khi đó ta có: = ( *) ⇔ x m ≠ −  2m + 1  2 ⇔ 2m + 1 ≠ 0 ⇔ m ≠ −

DẠ Y

⇒ y = m − mx = m −

m ( m + 3) 2m 2 + m − m 2 − 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) 2m + 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 Vì 1 1 ⇒ (1) ⇔ 2m + 1 > 0 ⇔ m > −  TMDK m ≠ −  2 2 1 Vậy m > − 2 Câu 4.

NH ƠN

I F

KÈ M

OF FI

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: 

DẠ Y

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 =  (hai góc nội tiếp cùng chắn HD  ) ( 3) HBD 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) =  (hai góc nội tiếp cùng chắn HE HAE nên AEHF là tứ giác nội tiếp ⇒ HFE =  DBE ⇒ DAE

( 5)

 = EFH  = HFD  = HBD  Từ ( 3) , ( 4 ) , ( 5 ) ⇒ EAD

  ⇒ FC là phân giác của DFE  (dfcm) = CFD Hay EFC

OF FI

AEB =  ADB = 900 ⇒ AEDB là tứ giác nội tiếp (dhnb) Xét tứ giác AEDB ta có: 

1 BC 2  = EBM  ⇒ EMC  = MEB  + EBM  = 2 EBM  (góc ngoài của ⇒ ∆EBM cân tại M ⇒ MEB  2=  2=  2 EBM  ( cmt ) EFD HFD HBD tam giác). Lại có =

(

NH ƠN

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)

KÈ M

 ⇒ 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 =

DẠ Y

SOFBD

163

1 1 1 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 )

1 1 AD.BC ≤ A ' M .BC 2 2

OF FI

Khi đó ta = có: S ABC

⇒ SOEAF + SOFBD + SODCE =

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông OMC ta có:

a2 OM = OC − CM = R − 4 2

a2 a a2  2 OA '+ OM =+ R R − ⇒ A' M = ⇒ S ABC ≤  R + R −  4 2  4   a2  2 a R + R −   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 + 2 + 2 ≤ 2 2 2 a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2

NH ƠN

Ta có: a + 2b + 3 = a + b + b + 1 + 2 2

KÈ M

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

DẠ Y

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 2 a + 2b + 3 b + 2c + 3 c + 2a + 3 2  ab + b + 1 bc + c + 1 ca + a + 1 

1 1 1 1 . dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c =1 + + ≤ a 2 + 2b 2 + 3 b 2 + 2c 2 + 3 c 2 + 2a 2 + 3 2

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

Vậy

OF FI

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

Ta có:

165 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2020-2021 ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 27 Bài 1. (1,5 điểm) Cho hai biểu thức

x− x x+ x + (với x > 0) x x +1

OF FI

A = 3 7 − 28 + 175 −= 3; B

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

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)

NH ƠN

y ax + b có đồ thì là đường thẳng ( d ) . Xác định các giá trị của a và a) Cho hàm số =

1 − x + 2020 và ( d ) cắt trục hoành tại b biết ( d ) song song với đường thẳng y = 2 điểm có hoành độ bằng −5 10 3 ( x − 1) + 2 ( x − 2 y ) = 2 4 ( x − 2 ) − ( x − 2 y ) =

Bài 3. (2,5 điểm)

b) Giải hệ phương trình 

0 (1) ( x là ẩn số, m là tham số). 1) Cho phương trình x − 2 ( m + 1) x + m − 1 =

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 thức M = x1 + x2 − x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất 2

KÈ M

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

DẠ Y

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

OF FI

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 65π cm . Tính chiều cao của hình nón. Bài 5. (1,0 điểm)

a) Cho x, y là hai số thực bất kỳ. Chứng minh x − xy + y ≥

NH ƠN

b) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn

Y QU KÈ M

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

DẠ Y

167 ĐÁP ÁN

Bài 1. a) Rút gọn biểu thức A và B

x x− x x+ x + = x x +1 b) Tìm x để A = 3B

(

) + x .(

x −1 x

(

x +1 x +1

)

A = 3 B ⇔ 6 7 − 3= 3 2 x − 1

⇔ 6 7 −= 3 6 x −3⇔ 6 = x 6 7 ⇔ x=

7 ⇔ x = 7(tm)

Vậy x = 7 thì A = 3B

NH ƠN

Bài 2.

x − 1 + x= 2 x − 1

OF FI

A = 3 7 − 28 + 175 − = 3 3 7 − 2 7 + 5 7 −= 3 6 7 −3

a) Xác định các giá trị a và b

1 2

− x + 2020 nên Vì đường thẳng ( d ) : = y ax + b song song với đường thẳng y = 1  a = − 2  b ≠ 2020

1 2

− x + b, b ≠ 2020 Khi đó phương trình đường thẳng ( d ) có dạng ( d ) : y =

Vì ( d ) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng −5 nên đường thẳng ( d ) đi qua điểm

( −5;0 ) . Thay tọa độ điểm ( −5;0 ) vào phương trình đường thẳng ( d ) ta có:

KÈ M

1 5 0 =− .( −5 ) + b ⇔ b =− (tm) 2 2 1 5 Vậy a = − và b = − 2 2 10 3 ( x − 1) + 2 ( x − 2 y ) = b) Giải hệ phương trình  2 4 ( x − 2 ) − ( x − 2 y ) = 10 3x − 3 + 2 x − 4 y = 3 ( x − 1) + 2 ( x − 2 y ) = 10 ⇔ 2 2 4 x − 8 − x + 2 y = 4 ( x − 2 ) − ( x − 2 y ) =

DẠ Y

Ta có 

x = 3 − 4 y 13 5 x= − 4 y 13 = = 5 x= 11x 33 x 3  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 1 + 2 y 10 6 x= + 4 y 20 3 x= + 2 y 10 3.3= + 2 y 10  y = 3 x= 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 ( x − 4 ) − 12 ( x − 4 ) =0 ⇔ ( x − 12 )( x − 4 ) =0 12 0 =  x −=  x 12 ⇔ ⇔ x−4 0 = = x 4 Vậy với m = 7 thì phương trình có tập nghiệm S = {4;12} b) Tìm Min M = x1 + x2 − x1 x2 2

NH ƠN

OF FI

0 x 2 − 2 ( 7 + 1) x + 7 2 − 1 = 0 ⇔ x 2 − 16 x + 48 = 0 ⇔ x 2 − 4 x − 12 x + 48 =

Phương trình x − 2 ( m + 1) x + m − 1 = 0 (1) có hai nghiệm x1 , x2 2

⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ ( m + 1) − m 2 + 1 ≥ 0 ⇔ m 2 + 2m + 1 − m 2 + 1 ≥ 0 2

⇔ 2m + 2 ≥ 0 ⇔ m ≥ −1

 x1 + x2 = 2m + 2

Áp dụng hệ thức Vi ét ta có: 

m2 − 1  x1 x= 2

.Theo đề bài ta có:

M = x12 + x22 − x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 2

− 3 ( m 2 − 1= ) 4m2 + 8m + 4 − 3m2 + 3

( 2m + 2 )

= m 2 + 8m + 7 = ( m 2 + 8m + 16 ) − 9 = ( m + 4 ) − 9 2

Với m ≥ −1 ⇒ m + 4 ≥ 3 ⇒ ( m + 4 ) ≥ 9 ⇔ ( m + 4 ) − 9 ≥ 0 ⇒ MinM =0 2

Dấu " = " xảy ra ⇔ m = −1(tm)

KÈ M

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 ∈  *)

DẠ Y

⇒ 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 0 ⇔ ( x + 175 )( x − 140 ) = 0 ⇔ x ( x + 175 ) − 140 ( x + 175 ) =

OF FI

0 −175(ktm)  x + 175 = x = ⇔ ⇔ x 140(tm) = 0  x − 140 =

⇔ x 2 + 35 x − 24500 =0 ⇔ x 2 + 175 x − 140 x − 24500 =0

Vậy theo kế hoạch, mỗi ngày nhà máy sản xuất được 140 thùng nước sát khuẩn

NH ƠN

Bài 4.

KÈ M

E C

a) Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và ∆ABF  ∆AKB

OB ⊥ AB  ⇒ ABO = ACO = 900 OB ⊥ AC

DẠ Y

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: 

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……

OF FI

⇒ ∆ACF  ∆AKC ( g − g ) ( dfcm ) ⇒

Ta có: ∆ABF  ∆AKB (cmt ) ⇒

NH ƠN

)  = 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 )

=  (góc ngoài tại 1 điểm bằng góc trong tại đỉnh đối diện) ⇒ EFC BKC  = BCE  = BKC  ⇒ EFC

(

)

 = ECB  (cmt )  chung; EFC Xét ∆FCE và ∆CBE ta có: E ⇒ ∆FCE  ∆CBE ( g .g )(dfcm)

⇒

EA EF = EB EA

FE CE = ⇒ CE 2 = FE.BE = AE 2 CE BE

Vì ∆FCE  ∆CBE (cmt ) ⇒

EA = AEB chung; Xét ∆AEF và ∆BEA ta có: 

KÈ M

EF (cmt ) ⇒ ∆AEF  ∆BEA(c − g − c) EA

=  ⇒ FAE ABE (hai góc tương ứng) ABE là góc nội tiếp chắn cung BF của đường tròn ngoại tiếp ∆ABF Mà   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)

DẠ Y

Bài 2. Tính chiều cao của hình nón

171

Ta có: S xq=

π Rl ⇔ 5π= l 65π ⇔ = l

OF FI

65π = 13cm 5π

Áp dụng định lý Pytago ta có chiều cao của hình nón là:

l 2 − R2 =

132 − 52 = 12(cm)

a) Chứng minh x − xy + y ≥ 2

1 2 x + xy + y 2 ) ( 3

Ta có:

x 2 − xy + y 2 ≥

NH ƠN

Bài 5.

1 2 x + xy + y 2 ) ⇔ 3 x 2 − 3 xy + 3 y 2 ≥ x 2 + xy + y 2 ( 3

⇔ 2 x 2 − 4 xy + 2 y 2 ≥ 0 ⇔ x 2 − 2 xy + y 2 ≥ 0 ⇔ ( x − y ) ≥ 0 (luôn đúng) 2

Dấu " = " xảy ra khi x = y . Vậy ta có đpcm.

KÈ M

= 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 c 3 + c 2 a + ca 2

DẠ Y

a 2 b2 ( a + b ) Áp dụng bất đẳng thức ta có: + ≥ x y x+ y 2

172

a 2 + 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 )

+ b2 )

+ a 2b + ab 2 ) + ( b3 + b 2c + bc 2 )

c4 c3 + c 2 a + ca 2

(a + b + c ) ≥ ( a + a b + ab ) + ( b + b c + bc ) + ( c (a + b + c ) = 2

2 2

+ c 2 a + ca 2 )

2 2

a 2 ( a + b + c ) + b2 ( a + b + c ) + c2 ( a + b + c ) 2

2 2

a 2 + b2 + c2 a+b+c

NH ƠN

(a + b + c ) = (a + b + c )(a + b + c)

1  a 2 b2 c2  1 ( a + b + c ) 1 22 2 =  + + ≥ . = . = 2 1 1 1  2 1+1+1 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

DẠ Y

KÈ M

OF FI

≥

a4 b4 c4 ⇒ 3 + + a + a 2b + ab 2 b3 + b 2c + bc 2 c3 + c 2 a + ca 2

173 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2020-2021 MÔN TOÁN – THPT Thời gian làm bài : 90 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 28 A. Trắc nghiệm (2,0 điểm)

Câu 1.Tìm số thực m để hàm số y = ( 2 − m ) x + 1nghịch biến trên 

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 P Câu 3. Tìm điều kiện của x để biểu thức x−3 A.x > 3 B.x ≥ 0 C.x ≥ 0 và x ≠ 3 D.x ≠ 3

NH ƠN

OF FI

A.m > 0

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẬU GIANG

Câu 4. Cho P = 53 − 20 7 = a + b 7 với a, b là các số nguyên. Tính a − b

A.7

C. − 7

B.73

D. − 3

Câu 5. Cho tam giác ABC vuông tại A và= ACB AB 3,= BC 5. Tính tan 

AV .

5 3 4 3 = A.tan  ACB = B.tan  ACB = C.tan  ACB = D.tan  ACB 3 5 3 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 3 3= a3 B.V 6= a3 C.V a= D.V 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 2 = πa π a2 B.V 4= C.V π= a2 D.V 2π a 2 2 Câu 8. Tính thể tích V của khối cầu có bán kính R = 2a 4 3 32 3 AV . = πa B.V = πa C.V 4= π a3 D.V 8π a 3 3 3

KÈ M

AV .

B.Tự luận (8,0 điểm) Câu I. (2,0 điểm)

DẠ Y

= A 7 20 − 3 25 1) Rút gọn biểu thức 2) Tính giá trị của biểu thức B = x +

2 x 5 5 3) Rút gọn biểu thức = C − 1− 2 1+ 2

+ 4 khi x = 9

174 Câu II. (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2 x − 6 x + 1 = 0

3 2 x − y = 5 x + 2 y =

2) Giải hệ phương trình: 

Câu III. (1,5 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy, cho hàm số y = x có đồ thị ( P ) và đường thẳng 2

OF FI

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 x1 + x2 = 2 ( x1 + x2 ) 2

Câu IV. (2,0 điểm) Cho đường tròn ( O ) có bán kính R = 2a và điểm A nằm ngoài đường

NH ƠN

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 )

2) Tính diện tích S của tứ giác AMON theo 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 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 trị lớn nhất của biểu thức P = x + y − 4 xy + 3 4

DẠ Y

KÈ M

175 ĐÁP ÁN 1D

A. Trắc nghiệm

B. Tự luận

Câu I. 1) Rút gọn biểu thức 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

OF FI

A= 7 20 − 3 25= 7.2 5 − 3.5= 14 5 − 15

NH ƠN

5 5 5 + 5 2 − 5 + 5 2 10 2 C =− = == −10 2 1− 2 −1 1− 2 1+ 2 Câu II.

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: 2

 3+ 7  x1 = 2 . Vậy S =  3 ± 7       2  3− 7  x2 =  2 3 2 x − y = 2) Giải hệ phương trình  5 x + 2 y =

Câu III.

KÈ M

 11  x = 5 x − y 3 4 x= − 2y 6 = 2= 5 x 11 ⇔ ⇔ ⇔  x + 2 y = 5 x + 2 y = 5 y = 2 x − 3    y = 7  5  11 7  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) =  ;   5 5

DẠ Y

1) Học sinh tự vẽ ( P )

2) Tìm tất cả giá trị của tham số m

Xét phương trình hoành độ giao điểm x = 2 x − m + 1 ⇔ x − 2 x + m − 1= 0 (*) 2

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

2  x1 + x2 = .Theo đề bài ta có:  x1 x2= m − 1

Áp dụng hệ thức Vi et ta có: 

x12 + x22 = 2 ( x1 + x2 ) ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 2 ( x1 + x2 ) 2

⇔ 22 − 2 ( m − 1) = 2.2 ⇔ 2 ( m − 1) =0 ⇔ m =1(tm) Vậy m = 1 thỏa mãn đề bài

OF FI

Câu IV.

NH ƠN

1) Xác định tâm và bán kính

Gọi I là trung điểm của OA

 = 900 ( AM là tiếp tuyến với ( O )) ⇒ ∆AMO vuông tại M Ta có: OMA Có MI là trung tuyến ⇒ MI = IO = IA (1)

KÈ M

 = 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

DẠ Y

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

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

2a 5 4a 5 = 3 3

= SOMAN

OF FI

Tứ giác OMAN có hai đường chéo OA, MN vuông góc nên:

1 1 4a 5 = .OA.MN .3= a. 2a 2 5 2 2 3

Vậy SOMAN = 2a

3) Tính sin MPN

)  = MM  Nối M ' với N ta có: MPN ' N (hai góc nội tiếp cùng chắn MN

NH ƠN

=  ⇒ sin MPN sin MM 'N ' = 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:

P =x 4 + y 4 − 4 xy + 3 =( x 2 + y 2 ) − 2 ( xy ) − 4 xy + 3 2

2 2 = ( x + y ) − 2 xy  − 2 ( xy ) − 4 xy + 3  

=( x + y ) − 4 xy ( x + y ) + 4 ( xy ) − 2 ( xy ) − 4 xy + 3 2

KÈ M

= 256 − 64 xy + 2 ( xy ) − 4 xy + 3 2

= 2 ( xy ) − 68 xy + 259 2

Đặt t = xy, áp dụng BĐT Cô si ta có:

x+ y 0 ≤ xy ≤   = 4 ⇒ 0 ≤ t ≤ 4 . Khi đó ta có:  2 

DẠ Y

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

⇔ 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 ⇔ +y 4 =  x= y 2

DẠ Y

KÈ M

OF FI

NH ƠN

xy 0 y 4 = =  x 0;= Pmin = 259 ⇔ t = 0 ⇔  ⇔  x + y= 4  y= 0; x= 4

Vậy Pmin = 19 ⇔ t = 4 ⇔ 

179 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 CHÍNH THỨC Đề số 29 Bài 1. (1,5 điểm)

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)

OF FI

Cho parabol ( P ) : y =

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Cho phương trình: 2 x − 5 x − 3 = 0 có hai nghiệm x1; x2 2

NH ƠN

Không giải phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức A = ( x1 + 2 x2 )( x2 + 2 x1 )

KÈ M

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

DẠ Y

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.

OF FI

Bài 6. Anh Minh vừa mới xây một cái hồ trữ nước cạnh nhà có hình dạng hộp chữ nhật có kích thước 2m × 2m × 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 0,2m, chiều cao

h=0,4m

0,4m R=0,2m

( ) anh Minh đổ vào hố sau mỗi lần gánh (ghi kết quả làm tròn 3

NH ƠN

a) Tính lượng nước m

đến 2 chữ số thập phân).Biết trong quá trình gánh nước về thì lượng nước bị hao hụt khoảng 10% và công thức tính thể tích hìn trụ là V = π 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 2

tiền là 154 500 đồng. Hỏi giá của một ly kem ban đầu ?

Bài 8.

Cho đường tròn tâm O; bán kính R và điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho

KÈ M

OA > 2 R. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AD, AE đến đường tròn ( O ) ( D, E là hai tiếp điểm) Lấy  sao cho MD > ME. Tiếp tuyến của đường tròn ( O ) tại M điểm 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 đường tròn

DẠ Y

 = IOA  và sin IOA  = MF c) Chứng minh JOM IO

181 Bài 1. a) Học sinh tự vẽ ( P ) và ( d )

ĐÁP ÁN

b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm:

Bài 2. Không giải phương trình, tính……. Ta có phương trình: 2 x − 5 x − 3 = 0 Vì a ac < 0 nên phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 2

NH ƠN

5  + = x x 1 2  2 . Ta có: Theo hệ thức Ta – let :   x x = −3  1 2 2 A =( x1 + 2 x2 )( x2 + 2 x1 ) =x1 x2 + 2 x22 + 2 x12 + 4 x1 x2

OF FI

 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 )

1 2 1 x =− x + 2 ⇔ x 2 =−2 x + 8 ⇔ x 2 + 2 x − 8 =0 4 2 2 ⇔ x + 4x − 2x − 8 = 0 ⇔ x ( x + 4) − 2 ( x + 4) = 0

2 = 2 ( x12 + x22 ) + 5 x1 x2 = 2 ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2  + 5 x1 x2  

= 2 ( x1 + x2 )

5  3 + x1 x= 2.  +  − = 2  11 2  2

KÈ M

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

DẠ Y

⇒ 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}

a = 2 ⇒ Năm cần tìm là 1728 hoặc 1788 a = 8 Lại có năm đó cuối thế kỷ 18 (gt) nên năm cần tìm là 1788 Mà X chia hết cho 4 nên 

Vậy Nguyễn Huệ lên ngôi Hoàng đế, hiệu là Quang Trung vào năm 1788

182

(1)

= a.100 + b ⇔ 100a += b 400 40

Bài 4. Tìm a, b Trong tháng 5 nhà bạn Nam đã gọi 100 phút với số tiền là 40000 đồng nên ta có: 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)

OF FI

1  = a + b 40 = 100 60a 12 a = ⇔ ⇔ Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :  5 + = = − a b b a 40 28 28 40   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)

NH ƠN

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 :

2 = V1 2= π R 2 h 2π .0,2= .0,4 0,032π ( 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 0,032π .90% ≈ 0,09 m =

( )

b) Thể tích của hồ nước hình chữ nhật: = V 2.2.1 = 4 m

Số lần ít nhất anh Minh cần gánh để được đầy hồ nước là :

V   400  = 44 + 1= 45 (lần) n=  0 =   V   9 

Bài 7. Gọi giá của một ly kem ban đầu là x (đồng)

( DK : x > 0 )

KÈ M

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 ) 154500 ⇔ 4 x + 5 x − 7500

⇔= 9 x 162000 ⇔ = x 18000(tm) Vậy giá của 1 ly kem ban đầu là 18000 đồng.

DẠ Y

Bài 8.

183

OF FI

NH ƠN

 = 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) =  (hai góc tương ứng ) (đpcm) ⇒ OMF OEF

b) Chứng minh ODIM là tứ giác nội tiếp và I , D, O, F , M cùng nằm trên một đường tròn

 = 90 ⇒ ODI  = 90 Vì AD là tiếp tuyến với ( O ) tại D nên AD ⊥ OD ⇒ ODA 0

KÈ M

= 900 MI là tiếp tuyến với ( O ) tại B nên OM ⊥ MI ⇒ OMI  + 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 = 2   MDF  Nên = MOF =   Xét tứ giác OFMD có

DẠ Y

= ⇒ MOF

1 sd cung ME (góc ở tâm bằng số đo cung bị chắn) 2 1  sd cungME  2   = MDF  (cmt ) nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề 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

 = DIO  (2 góc tương ứng) nhau) ⇒ ∆MOI = ∆DOI ( c − c − c ) ⇒ MIO

 = IOA  …….. c) Chứng minh JOM Xét ∆MOI và ∆DOI có: OM = OD =( R ) , OI chung; IM = ID (tính chất hai tiếp tuyến cắt

 + MIO = Tứ giác OFMI nội tiếp (cmt) ⇒ OFM 180 (tính chất tứ giác nội tiếp)

 + DIO =  = DIO  ( cmt ) nên OFM Mà MIO 1800  + DIO  = 1800 ⇒ OFM  = OIA  Lại có OIA

OF FI

 + ODA  = 900 + 900 = 1800 nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có Xét tứ giác OEAD có OEA tổng hai góc đối bằng 180 ) 0

NH ƠN

) =  (hai góc nội tiếp cùng chắn OD ⇒ OED OAD    (theo câu b) nên OMF    Mà OED = OEF = OMF = OAD = OAI Xét ∆OFM và ∆OIA có:  OIA   OAI  ( cmt ) ⇒ ∆OFM  ∆OIA( g .g ) = OFM = (cmt ); OMF =  (hai góc tương ứng) ⇒ JOM =  ( dfcm ) IOA ⇒ FOM IOA

đối diện) Xét tam giác ∆JFM và ∆JIO có:

 = sin JOM  = JM (1) ⇒ sin IOA OJ =  (góc ngoại tại 1đỉnh và góc trong tại đỉnh Tứ giác OFMI nội tiếp (cmt) ⇒ JFM MIO

DẠ Y

KÈ M

   ( cmt ) ⇒ ∆JFM  ∆JIO( g .g ) = MIO = JIO 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

x x −8 = ,N 2 3 + x +1

(

)

(

) (

)

x +1 −

Câu 1. (1,0 điểm) Cho ba= biểu thức M

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 − 1 và P= 2+ x ( x − 4 )( 3x + 1)

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10 Đề số 29b

= Q MN + P

Câu 2. (3,0 điểm)

(

)

 x −3+ 3+ x  0 = 1 x −  

a) Giải phương trình x + 4 x − 5  4

OF FI

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

NH ƠN

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 Câu 3. (2,0 điểm) Gọi ( P ) , ( d ) lần lượt là các đồ thị của hàm số y = x và= y 2mx + 3 2

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

KÈ M

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

DẠ Y

 > 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 đường thẳng 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

186 ĐÁP ÁN

Câu 1. a) Tìm x khi M= x − 4

(

)

x +1

(ĐKXĐ: x ≥ 0)

Ta có:

( x) −2 ( x x −8 M = = = 3 + ( x + 1) 3 + ( x + 1) ( x − 2)( x + 2 x + 4=) x − 2 = 3

⇔ x −2= x−4=

( )

x −2 x+2 x +4

)

3 + x + 2 x +1

NH ƠN

x+2 x +4 Khi đó M= x − 4

)(

− 22 ⇔ x − 2 =

(

x −2

)(

x x −8

OF FI

Xét biểu thức M =

x +2

)

 x −2= 0 ⇔ x = 4(tm) x + 2 −1 = 0 ⇔  + = x VN 1 0( )  Vậy x = 4 thì M= x − 4 b) Tính = Q M .N + P ⇔

(

x −2

)(

)

x ≥ 0 x ≠ 4

Ta có: M = x − 2, P =

ĐKXĐ: 

2+ x

x + 1) − ( x − 1) ( (= 3

(

( x − 4 )( 3x + 1)

KÈ M

)

2 x + 2 x +1+ x −1+ x − 2 x +1 = ( x − 4 )( 3x + 1)

DẠ Y

⇒ Q= M .N + P=

(

Câu 2.

) ( 2

x +1 +

)(

x +1

( x − 4 )( 3x + 1)

2 ( 3x + 1) 2 = ( x − 4 )( 3x + 1) x − 4

) x −2 4 + 2 + x x

x −2 .

2 x + =1 x +2 2+ x Vậy Q = 1 =

)(

x +1− x +1  

) (

x −1 +

)

2 x −1  

187

(

 x −3+ 3+ x  0 ) = − x 1  

(1) ( 2)

OF FI

3 + x ≥ 0  x ≥ −3  x ≥ 0  ĐKXĐ:  x ≥ 0 . Ta có: ⇔ x ≥ 0 ⇔  ≠ x 1     x −1 ≠ 0 x ≠ 1  x4 + 4 x2 − 5 = 0  x −3+ 3+ x  4 2 x x + − =⇔ 4 5 0  ( )  x −1 0  x − 3 + 3 + x =   4 2 Xét phương trình (1) : x + 4 x − 5 = 0

a) Giải phương trình x + 4 x − 5 

( 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

NH ƠN

t = 1(tm) 0⇔ 1 x= ⇔ ( t − 1)( t + 5 ) = ⇔ x 2 =⇔ ±1(tm) t = −5(ktm) Xét phương trình (2): x − 3 + 3 + x = 0 ⇔

3 + x =3 − x với x ≥ 0, x ≠ 1

3 − x ≥ 0 x ≤ 3 x ≤ 3 ⇔ ⇔ ⇔   2 2 2 3 + x = x − 6 x + 9  x − 7 x + 6 = 0 3 + x = ( 3 − x )

KÈ M

x ≤ 3 x ≤ 3 x ≤ 3 ⇔ 2 ⇔ ⇔ − 1) 0 ( x − 6 )( x= − 1) 0 0  x ( x − 1) − 6 ( x= x − x − 6x + 6 = x ≤ 3 x ≤ 3   1 ⇔   x 6= ⇔   x 6(ktm) ⇔ x = =    x 1=  x 1(tm) =   Kết hợp với điều kiện xác định ⇒ x = 1không thỏa mãn. Vậy S = {±1} b) Hai đường thẳng d := y mx + m và d1 : y =x + 3m + 2n − mn cắt nhau tại điểm

I ( 3;9 ) . Tính m.n và

I ∈ d  I ∈ d1

DẠ Y

Vì d ∩ d1 = {I } nên 

m n

188

NH ƠN

kính R = 5 ( cm ) . Tính diện tích tứ giác ABCD

OF FI

9  = m  3m + m 4m 9 = 9 = 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  4  5 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

Theo bài ra ta có: Hình chữ nhật ABCD có chu vi bằng 28(cm) nên có nửa chu vi bằng

KÈ M

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 )

DẠ Y

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC ta có:

189

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

S 6.8 = = 48(cm 2 )

OF FI

−6 0 =  x= x 6 (TM ) ⇔ ( x − 6 )( x − 8 ) =0 ⇔  ⇔ 8 0 8 x x = − =   Với x =⇒ 6 AB = 6 ( cm ) , BC = 8 ( cm ) ⇒ Diện tích hình chữ nhật ABCD là

(

Với x =⇒ 8 AB = 8(cm), BC = 6 ( cm ) ⇒ S ABCD = 8.6 = 48 cm Vậy diện tích hình chữ nhật ABCD bằng 48cm

Câu 3.

)

Gọi ( P ) , ( d ) lần lượt là đồ thị của các hàm số y = x và= y 2mx + 3 2

NH ƠN

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: 2 x= 2mx + 3 ⇔ x 2 − 2mx − = 3 0 ( *)

Phương trình (*) có ∆=' m + 3 > 0 ( ∀m ) ⇒ Phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân 2

biệt x1 , x2 với mọi m

B ( x2 ; y2 )

Hay với mọi m thì đường thẳng ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A ( x1; y1 ) và

=  y1 2mx1 + 3 =  y2 2mx2 + 3

Ta có A, B ∈ ( d ) nên: 

2m  x1 + x2 = . Khi đó ta có:  x1 x2 = −3

KÈ M

Áp dụng hệ thức Viet vào phương trình (*) ta có: 

y1 + y= 2mx1 + 3 + 2mx2 += 3 2m ( x1 + x2 ) + 6 2 = 2m.2m + 6= 4m 2 + 6 2 Vậy y1 + y2 = 4m + 6 b) Tìm m sao cho y1 − 4 y2 =x1 − 4 x2 + 3 x1 x2

DẠ Y

Với mọi m thì đường thẳng ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A ( x1;2mx1 + 3) và

2m (1) x + x = B ( x2 ;2mx2 + 3) . Áp dụng hệ thức Vi − et ta có:  1 2 (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)

Với x1 = 4 x2 , thay vào ( 2 ) ta có: 4 x2 =−3 ⇒ Phương trình vô nghiệm 2

1 thỏa mãn yêu cầu bài toán 2

OF FI

Vậy m =

1  0 m=  2m − 1 =  ⇔ ( 2m − 1)( x1 − 4 x2 ) = ⇔ 0⇔ 2  x x − = 4 0  1 2  x1 = 4 x2

⇔ 2mx1 + 3 − 8mx2 − 12 =− x1 4 x2 − 9 ⇔ 2mx1 − x1 − 8mx2 + 4 x2 = 0

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)

NH ƠN

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:

KÈ M

1 .5,368 x = 0,5368 x (tấn) 10 Số gạo còn lại sau ngày thứ 5 là : 5,368 x − 0,5368 x = 4,8312 x (tấn) 1 Số gạo xuất trong ngày thứ 6 là : .4,8312 x = 0.48312 x (tấn) 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 hàng nhập ngày thứ nhất là 50 tấn.

DẠ Y

Số gạo xuất trong ngày thứ 5 là :

191

B I

P N

NH ƠN

OF FI

Câu 5.

 = 4ODC  a) Chứng minh OCMN là tứ giác nội tiếp và BDC *) Ta có : AB AC ( gt ) ⇒ A thuộc đường trung trực của BC =

KÈ M

OB = OC (cùng bằng bán kính) ⇒ O thuộc trung trực của BC = Khi đó ta có OA là trung trực của BC ⇒ OA ⊥ BC ⇒ ONC 900 Vì M là trung điểm của AC (gt) nên OM ⊥ AC (quan hệ vuông góc giữa đường kính và

= dây cung) ⇒ ONC 90 0

  = 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)

DẠ Y

*)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 DM cũng là đường phân giác của  ADC

 (1) ⇒ ADC = 2ODC

192 Ta có : AB = AC ( gt ) nên sd  AB = sd  AC (trong một đường tròn hai dây bằng nhau căng

 hai cung bằng nhau) ⇒  ADB = ADC (trong 1 đường tròn, hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau)

(2)

 ⇒ BDC = 2 ADC ⇒ AD là phân giác của BDC  = 4.ODC  Từ (1) và (2) suy ra BDC (dfcm)

OF FI

 cắt BC tại E, ME cắt AB tại F. Chứng minh CA = CP và ME b) Phân giác góc BDP vuông góc với DB

AB = sd  AC (cmt ) Ta có : sd   = sd   ⇒ sd  AB + sd BD AC + sd BD  ⇒ sd  AD = sd  AC + sd BD  AD = sdCD ( do AD =CD ⇒ sd  )

NH ƠN

 = sd   ⇒ sdCD AC + sd BD

 = 1 sdCD  (góc nội tiếp chắn cung CD ) Lại có : DAC

(

)

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

KÈ M

  ⇒ ∆BDP cân tại D, do đó phân giác DE đồng thời là đường cao nên ⇒ DPB = DBP DE ⊥ BC   Xét tứ giác CDEM có CED = CMD = 900 ⇒ Tứ giác CDEM là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 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)

DẠ Y

= Ta có:  ADM + DAM 900 (do tam giác ADM vuông tại M)  = ADE + DPE 900 (do tam giác DEP vuông tại D)    nên  Mà DAM ADM =  ADE = EDB =  APC = DPE

=  Từ (3) và (4) ⇒ BEF EDB

(4)

193

 + EDB  = DEI  + BEF  = DEB  =900 Gọi EF ∩ BD = {I } . Ta có: DEI c) Chứng minh tam giác MNE cân. Tính

(

DE DF

) 2(

)

⇒ ∆DEI vuông tại I ⇒ DI ⊥ IE hay ME ⊥ DB(dfcm)

 = 180 − CPD  đỉnh ở bên trong đường tròn) ⇒ 180 − DBA 0

OF FI

1 1  + sd   + sd   (góc có  = 1 sd  AD lớn = sdCD AC = sdCD AB = CPD Ta có: DBA

 = DPE  = BDE  ⇒ BD là tia phân giác của EBF  ( *) ⇒ DBF ⇒ ∆BEF cân tại B (phân giác BI đồng thời là đường cao) =  ( 5 ) (góc ở đáy tam giác cân) ⇒ BEF BFE

Ta có:  ANM =  ACO (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp

NH ƠN

  nên   , hai góc này lại ở vị trí so le trong ACO = OAC = OAB ANM = OAB OCMN ) mà  =  (hai góc so le trong ) (6) ⇒ MN / / AF ⇒ NME BFE

   Từ (5) và (6) suy ra BEF = NME = NEM Suy ra ∆MNE cân tại N ( dfcm) Vì ∆BEF cân tại B(cmt) nên BE = BF

 = FBD  (theo (*)) Xét ∆BDE và ∆BDF có: BE = BF (cmt ); BD chung; EBD

DE = 1. DF

DẠ Y

KÈ M

Vậy

⇒ ∆BDE = ∆BDF (c.g .c) ⇒ DE = DF (hai cạnh tương ứng)

194 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:

b) B = 8− 2

2) Giải các phương trình sau:

= a) x − 3 2

= b) x 2 − 4 0

OF FI

a) A = 16 + 5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HÒA BÌNH

Câu II. (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ( d1 ) : y =( m − 1) x + 2 và

( d 2 ) : y=

x − 3. Tìm m để hai đường thẳng đã cho song song với nhau.

2) Cho phương trình : x + 4 x + 2m + 1 = 0(m là tham số)

NH ƠN

a) Giải phương trình với m = 1 b) Tìm m để phương trình có nghiệm kép Câu III. (2,0 điểm)

1) Cho tam giác ABC vuông tại = A, có AB 6= cm,  ABC 60 . Tính chu vi tam giác

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

KÈ M

2) Chứng minh rằng  ADE =  ADF 3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác EDF đi qua trung điểm M của cạnh BC Câu V. (2,0 điểm) 1) Tìm các số thực x, y, z thỏa mãn: x + y + 4 z − 4 x − 2 y + 4 z + 6 = 0 2

2) Cho các số thực x, y thỏa mãn x > 2 y và xy = 3

DẠ Y

x 2 + 4 y 2 − 11 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = x − 2y

195 ĐÁP ÁN

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 I.

OF FI

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

1 m − 1 = 2 ⇔m= 2 3( ) luon dung ≠ − 

khi ⇔ 

Vậy với m = 2 thì ( d1 ) / / ( d 2 )

2) a) Giải phương trình với m = 1 2

 x1 = −1  x = −3 . Vậy x ∈ {−1; −3} khi m =1  2

NH ƠN

Với m = 1, phương trình thành: x + 4 x + 3 có dạng a − b + c = 0 nên có hai nghiệm

b) Tìm m để phương trình có nghiệm kép

Phương trình x + 4 x + 2m + 1 = 0 có nghiệm kép 2

⇔ 22 − ( 2m + 1) =0 ⇔ m =

3 thì phương trình có nghiệm kép 2

Vậy với m =

3 2

⇔ ∆ ' =0

Câu III. 1) Tính chu vi tam giác ABC

KÈ M

A 6cm

600

DẠ Y

Xét tam giác vuông ABC ta có:

196

AC ⇒ AC = AB.tan 600 = 6 3(cm) AB AB AB 6 ⇒ BC = = = 12(cm) cos 600 = BC cos 600 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)

= 0,81 16200000 = ⇔ x 20000000(tm) Vậy giá ban đầu của chiếc ti vi là 20 000 000 đồng. Câu IV.

NH ƠN

OF FI

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:

F H

1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp

KÈ M

AEH = 900  BE ⊥ AC   Xét tứ giác AEHF có:  ⇒ AEH +  AFH = 900 + 900 = 1800 ⇒ CF ⊥ AB   AFH = 900

DẠ Y

⇒ AEHF là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh  ADE =  ADF 900  AD ⊥ BC ∠BDH = Xét tứ giác BDHF có:  ⇒ ⊥ CF AB 900  ∠BFH =  + BFH  = 900 + 900 = 1800 ⇒ BDH =  (cùng chắn cung HF) HBF ⇒ BDHF là tứ giác nội tiếp ⇒ HDF ⇒ ∠ADF = ∠ABE (1)

197

 ⇒ ADE = ACF

900  AD ⊥ BC ∠HDC = Tương tự xét tứ giác CDHE có:  ⇒ ⊥ BE AC 900  ∠HEC =  + HEC  = 900 + 900 = 1800 ⇒ HDC ) =  (cùng chắn HE HCE ⇒ CDHE là tứ giác nội tiếp ⇔ HDE

(2)

Ta lại có:

NH ƠN

OF FI

 = 900 (do ∆ABE vuông tại E) ABE + BAC   = 900 (do ∆ACF vuông tại F ) ACF + BAC  ) ⇒ ABE = ACF (cùng phụ với BAC ( 3) Từ (1), (2), (3) ⇒ ∠ADE = ∠ADF ( dfcm) 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 ⇒ 2∠MBE = 2∠DBH (*) (góc ngoài của tam giác) =  (cùng chắn DH  ) ( 5) Vì BDHF là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒ DBH DFH

) ( 3) (cùng chắn HE

=  Vì AEHF là tứ giác nội tiếp ( cmt ) ⇒ HFE HAE

+ ACB =900 (∆BCE vuông tại E) Mà DBH

+ HAE ACB = 900 (do ∆ACD vuông tại D) =  ( 4 ) (cùng phụ với ∠ACB) ⇒ DBH HAE

( 4)

=  DBH Từ (3) và (4) ⇒ HFE

KÈ M

(6)  = DFH  + HFE  = DBH  + DBH  = 2 DBH  ( 2 *) Từ (5) và (6) ⇒ DFE =  Từ (*) và ( 2 *) ⇒ EMC DFE ⇒ 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:

DẠ Y

x2 + y 2 + 4 z 2 − 4 x − 2 y + 4 z + 6 = 0

⇔ ( x 2 − 4 x + 4 ) + ( y 2 − 2 y + 1) + ( 4 z 2 + 4 z + 1) = 0 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( 2 z + 1) = 0 2

198

2) Tìm GTNN của P Ta có:

( x − 2y) =

x − 2y

=x − 2 y +

1 BDT Cos i ≥ 2 x − 2y

( x − 2 y ).

1 =2 x − 2y

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

3  x =   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   

OF FI

x 2 + 4 y 2 − 11 x 2 + 4 y 2 − 12 + 1 x 2 − 4 xy + 4 y 2 + 1 = = x − 2y x − 2y x − 2y

 ( x − 2 )2 ≥ 0∀x x 2 x−2 0 = =   2   Vì ( y − 1) ≥ 0∀y ⇒  y − 1 = 0 ⇒  y = 1  2 z + 1 = 2 0  1  2 1 0 z z + ≥ ∀ ( )  x = − 2 

199 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)

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH

Đề số 30b

1) Tìm điều kiện xác định của biểu thức sau :

a= )A

5 3x − 6

b= )B

2) Rút gọn các biểu thức sau :

2x − 8

OF FI

Câu I. (3,0 điểm)

NH ƠN

1 1 1 a) A = 4+ b) B = + 16 3 +1 3 −1 3) Tìm a để đường thẳng ( d ) : = y ax + 4 đi qua điểm M ( 2; −1) Câu II. (2,0 điểm)

1) Cho phương trình : x − 6 x − 2m + 3 = 0 2

Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 = 20 2

Câu III. (3,0 điểm)

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 ?

Cho đường tròn tâm O và dây AB cố định, gọi M là điểm chính giữa của cung AB và N là một điểm bất kỳ trên dây AB (N khác A, N khác B). Tia MN cắt đường tròn (O) tại E. 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

KÈ M

1) 2) 3) 4)

DẠ Y

Câu IV. (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: 2 x + 2 x + 5 x +

x+5 + x = 25 2 3x − 4 x + 8 2) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của P = x2 + 2 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 =

a) A = 4 + b) B =

1 1 9 =2 + = 16 4 4

1 1 3 −1+ 3 +1 2 3 + = = =3 2 3 +1 3 −1 3 +1 3 −1

(

)(

)

x = 2 ax + 4 đi qua M ( 2; −1) ⇒   y = −1 5 Thay vào ta có: 2a + 4 =−1 ⇔ 2a =−5 ⇔ a =− 2

y (d )=

NH ƠN

OF FI

2) Rút gọn :

Câu II.

( *)

1) x − 6 x − 2m + 3 = 0 2

∆ ' = ( −3) − 1.( −2m + 3) = 9 + 2m − 3 = 2m + 6 2

Để phương trình (*) có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ 2m + 6 ≥ 0 ⇔ m ≥ −3

6  x1 + x2 = . Ta có:  x1 x2= 3 − 2m

Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: 

x12 + x22 = 20 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 20

KÈ M

5 hay 62 − 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

(1)

Thực tế tổ I vượt 15%, tổ II vượt 20% thì được 800 + 145 = 945 (sản phẩm)

DẠ Y

⇒ 1,15 x + 1,2 y = 945

(2) 800 x + y = 945 1,15 x + 1,2 y =

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.

NH ƠN

OF FI

KÈ M

K N2

 ⇒ 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

DẠ Y

⇒ ∆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:

Câu IV. 1) 2 x + 2 x + 5 x + 2

x+5 + = x 25 ( x ≥ 0 )

OF FI

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

NH ƠN

t ≥ 0  x + 5 5 ⇒ u2 − t2 =  u > 0 2 Phương trình đề ⇔ 2t + 2tu + t + u = 25 ⇔ ( 2t + 1)( t + u ) = 25 t Đặt=

x ,= u

25 ( 2t + 1)( t + u ) = 5 ( t + u )( u − t ) =

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

KÈ M

⇔ 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= 3 x 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

DẠ Y

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 30c

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu I (2,0 điểm) 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 =

OF FI

6+2 5 + 6−2 5 4) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng : ( d ) : = y 4 x − 3 và Parabol ( P ) : y = x 2 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

NH ƠN

1) Giải phương trình:

Câu III. (2,0 điểm)

 x + 2 − 2 y − 1 =−4

1) Giải hệ phương trình : 

16 3 x + 2 + y = 2) Một tam giác vuông có cạnh huyền dài 10cm. 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

KÈ M

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)

(

)

DẠ Y

0 1) Tìm các số thực x, y thỏa mãn 2 x + y − 2 y x − 3 2 x − 3 = 2

(

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

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)

Câu I.

−1 4

*) 4 x + 1 =−4 x − 1khi x <

1 1 +) x ≥ − ⇒ 4 x + 1= 3 ⇔ x = (tm) 4 2 −1 +) x < ⇔ −4 x − 1 = 3 ⇔ x = −1(tm) 4 1  S  ; −1 Vậy= 2 

(

6+2 5 + 6−2 5 =

)

5 +1 +

(

)

5 −1 =

( 5) 5 +1+

+ 2. 5.1 + 12 +

( 5)

NH ƠN

3) B =

5 − 1=

−1 4

OF FI

*) 4 x + 1 =4 x + 1 khi x ≥

2) 4 x + 1 = 3

− 2. 5.1 + 12

5 + 1 + 5 − 1= 2 5

0 4) Ta có phương trình hoành độ giao điểm: x= 4 x − 3 ⇔ x − 4 x + 3 = 2

 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.

(

x>0  10  =  x +5  x ≠ 25 

x +5− x +5

1 1 10 ⇔ − = 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 ( *)

⇔

( m + 1)

− 1.m 2= 2m + 1

KÈ M

∆='

Phương trình (*) có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ 2m + 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ −

 x1 + x2 = 2m + 2

Áp dụng hệ thức Vi – et : 

DẠ Y

2  x1 x2 = m Ta có: ( 2 x1 + 1)( 2 x2 + 1) = 13 ⇔ 4 x1 x2 + 2 ( x1 + x2 ) + 1 = 13

Hay 4m + 2 ( 2m + 2 ) − 12 = 0 ⇔ 2m + 2m + 2 − 6 = 0 2

 m = 1(tm) ⇔ m2 + m − 2 = 0 ⇔  Vậy m = −2 thì thỏa đề.  m = −2(ktm) Câu III

1 2

 x + 2 − 2 y − 1 =−4  y ≥ 1  1)   x ≥ −2    16 3 x + 2 + y = x + 2, u = y − 1 ⇒ y = u 2 + 1( t , u ≥ 0 ) . Phương trình thành: Đặt t =

OF FI

t − 2u =−4 ⇒ t =2u − 4 (*)  2 16 ( 2 ) 3t + u + 1 = 2 16 Thay (*) vào (2) ⇒ 3 ( 2u − 4 ) + u + 1 = u = 3(tm) ⇔ u 2 + 6u − 27 =0 ⇔  u = −9(ktm)

u = 3 ⇒ y − 1 = 3 ⇒ y = 10 , thay vào phương trình đề:

NH ƠN

⇒ 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:

x 2 + ( x + 2 ) = 102 ⇔ 2 x 2 + 4 x + 4= 100 2

x1 6(tm) ⇒ x += 2 8 = ⇔ x 2 + 2 x − 48 =0 ⇔   x2 = −8(ktm) Vậy độ dài hai cạnh góc vuông là 6cm;8cm

Câu IV.

KÈ M

DẠ Y

F O

N A E

205

206 Ý 1. PQCM là tứ giác nội tiếp

 ⇒ sd BA = sd  AC Ta có A là điểm chính giữa cung BC

Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên BC / / PQ Ý 3. Dễ chứng minh : AE / / BC và AE = CE

CE CN

AE QE = (hệ quả Ta let) CN QC

⇒

NH ƠN

Ta có: =

OF FI

 = BCP  (góc nội tiếp cùng chắn hai cung bằng nhau ) ( 2 ) QMC  = BCP  Từ (1) và (2) suy ra QPC

=  (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) ⇒ PMQ PCQ 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

 1 CE CE QE CE 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 LC (không đổi) ⇒ LENF là hình bình hành ⇒ R( MBN ) + R( MCN ) = Ta có: MC ≥ MB ⇒ NC ≥ NB mà ∆EBN  ∆FCN ( g .g ) ⇒

KÈ M

⇒ EB ≤ FC ⇒ 2 EB ≤ EB + FC ⇒ 2 R( ABN ) ≤ LC ⇒ R( MBN ) ≤

LC 2

EB NB = ≤1 FC NC

 Dấu " = " xảy ra khi M ≡ L là điểm chính giữa của cung lớn BC Câu V.

DẠ Y

207

)

( x ≥ 0; y ≥ 0 )

⇔ 2x + y2 − 2 y x − 6 x + 9 = 0

) (

( ⇔(

(

2 x + y 2 − 2 y x − 3 2 x= −3 0

)

⇔ x − 6 x + 9 + x − 2 x.y + y2 = 0 x−y

)

= 0

 = x −3 0 = x 9 (tm) ⇒ ⇔ y 3 = x y 0 − =   Vậy= x 9,= y 3

(

2020 )( y + y + 2020 ) = x + 2020 )( x + x + 2020 )( y + y

* x + x 2 + 2020 x− ( ⇔

(

− x 2 − 2020 ) y + y 2 + 2020 x − x 2 + 2020

y + y 2 + 2020 x 2 + 2020 − x

x+ ( *)

x 2 + 2020

+ 2020

x − x 2 + 2020

=1 ⇒ x 2 + 2020 − x = y + y 2 + 2020(1)

)( 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

KÈ M

Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có:

−x − y = x + y ⇔ 2x + 2 y = 0 ⇔ x + y = 0 Vậy S = 0

DẠ Y

)= 2020

⇔

NH ƠN

OF FI

) (

x −3 +

(2)

) = 2020

208 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2020-2021 Môn thi: Toán Thời gian làm bài : 90 phút

Đề số 31

1 3 x−3 C.x > 3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HƯNG YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1.Tìm điều kiện xác định của biểu thức

OF FI

B.x ≥ 3 D.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 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 ?

NH ƠN

A.x ≠ 3

KÈ M

1 1 1 1 1 1 − A. = B. = . 2 2 2 2 2 MH MN MP MH MN MP 2 1 1 1 1 1 1 = + = + C. D. 2 2 2 2 MH MN MP MH MN MP Câu 6. Cho hai đường tròn ( O; R ) và ( I ; r ) (với R > r ) tiếp xúc trong với nhau, khi đó ta có:

A.OI = R − r

B.OI = R + r

DẠ Y

Câu 7. Trong hình vẽ bên, sin C bằng

C.R − r < OI < R + r

D.OI > R + r

209

AC BC

AB AC 3 2 x + my = Câu 8. Tìm m và n để ( x; y ) = (1;1) là nghiệm của hệ phương trình  5 nx + 2 y = A.m = 1, n = 1 B.m = 1, n = 3 C.m = −1; n = 3 D.m = −1; n = 1 B.

AC AB

AB BC

Câu 9. Có bao nhiêu tứ giác nội tiếp được đường tròn trong các hình vẽ dưới đây ?

C A

OF FI

110

A. y = −4 x + 3

B. y =+ 2

NH ƠN

Hình 3

B.4

C.1

D.2

C. y =x + 3

D. y = 2 x2

Câu 10. Trong các hàm số sau, hàm số nào là hàm số bậc nhất ?

1 x

Câu 11. Tìm m để phương trình x + 2 ( m − 2 ) x + m − 3 = 0 có hai nghiệm trái dấu 2

B.m ≥ 3

C.m > 3

D.m < 3 −7 x + 3y = Câu 12. Gọi ( x0 ; y0 ) là nghiệm của hệ phương trình  . Tính S= x0 + y0 2 4 x y + = −  A.S = −5 B.S = −1 C.S = 1 D.S = 5 Câu 13. Trong hình vẽ dưới, với đường tròn ( O ) thì  ABC là: A. Góc nội tiếp

DẠ Y

KÈ M

A.m ≤ 3

B. Góc có đỉnh bên trong đường tròn C. Góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung D. Góc ở tâm

Câu 14. Tổng hai nghiệm của phương trình x − 5 x − 7 = 0 bằng:

A. − 7

B.5

C.7 Câu 15. Thể tích hình cầu có bán kính r = 5cm là: 500π 3 A.100π cm3 B.25π cm3 C. cm 3

D. − 5

100 3 cm 3

Hình 2

Hình 1

A.3

Hình 4

210 Câu 16. Tìm m để hàm số y =( m + 2 ) x − 5 đồng biến trên  .

A.m > −2

B.m = −2

D.m < −2

Hình 1

Hình 3

Hình 2

OF FI

Câu 17.

C.m ≠ −2

Hình 4

A. Hình 1 B. Hình 2 C. Hình 3 D. Hình 4 Câu 18. Hình trụ có bán kính đáy r , chiều cao h thì diện tích xung quanh là :

1 B. π r 2 h C.2π rh D.π r 2 h 3 2 Câu 19. Giá trị của hàm số y = 2 x tại x = 3 là: A.9 B.12 C.18 D.6 1 2 Câu 20. Với a > b, biểu thức 42.( a − b ) có kết quả rút gọn là : a −b A. − 2 B.4 C.2 D. − 4 0 0   Câu 21.Trong hình vẽ bên, biết sd AmD = 110 và sdCnB = 40 . Số đo  ABD bằng:

A 1100

400

B m

C A.550

KÈ M

NH ƠN

A.π rh

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 AT . = −5 B.T = −6 C.T = −2 D.T = −3  =?  = 800 , khi đó DAC Câu 23. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) , biết DBC A.300

B.750

C.350

B.1600

C.400

D.800 D.x ≠ 2

x − 2y 5 3= D.  5x − 3 y 1 =

A.x ≥ 2

B.x < 2

x−2 C.x ≤ 2

= x − y 1 A.  3x − 3 y 2 =

x − 3y 1 5= B.  x + 2y 2 5=

x − 2y 5 3= C.  x − 4 y 10 6=

DẠ Y

Câu 24. Tìm điều kiện xác định của biểu thức

Câu 25. Trong các hệ phương trình sau đây, hệ phương trình nào có vô số nghiệm ?

211

A.1

3+ x = 4 thì x bằng:

B.13

C.169

D. 13

Câu 28. Tìm a để điểm M ( −1;2 ) thuộc đồ thị hàm= số y ax

( a ≠ 0)

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 26. Nếu

−1 −1 = B.a 2= C.a = D.a −2 4 2 Câu 29. Với góc nhọn α tùy ý, khẳng định nào sau đây sai ? cos α cos α 2 A.tan= α B.tan α .cot= α 1 C.cot= α D.sin 2 α + cos= α 1 sin α sin α Câu 30. Thể tích hình nón có chiều cao h = 5cm, bán kính đáy r = 3cm bằng: A.45π cm3 B.9π cm3 C.15π cm3 D.60π cm3 Câu 31.Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên  ? A. y = 2x − 7 B. y = −3 x + 5 C. y = −2 x 2 D. y = 5x2 2 Câu 32. Biệt thức ∆ ' của phương trình 3 x − 2mx − 1 = 0 là : 2 2 2 A.m + 3 B.4m + 12 C.m − 3 D.4m 2 − 12 Câu 33. Phương trình nào sau đây là phương trình bậc nhất hai ẩn x, y ? 1 A.2= x − 5y 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 = −3 x + 2 C. y = 3x + 8 D. y = 2x + 1

NH ƠN

OF FI

A.a

= A 3 80 − 2 20 bằng: Câu 35.Giá trị của biểu thức B.8 5

C. 60 D.16 5 4 54 2 2 Câu 36.Cho a > 0, b > 0 và S = 2a + b + + . Khi biểu thức S đạt giá trị nhỏ nhất thì a b T= a + 2b có giá trị bằng : A.7 B.3 C.6 D.5 3m 2 x + y = 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:

KÈ M

A.2 5

DẠ Y

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 π ≈ 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

Ox, Oy . Diện tích tam giác AOB bằng: A.6 B.2 C.4

Câu 40.Gọi A, B lần lượt là giao điểm của đường thẳng = y 2 x + 4 với hai trục tọa độ

D.8

Câu 41. Khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ O đến đường thẳng ( d ) : y =( m − 1) x + 4m

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

NH ƠN

OF FI

A.2 2

là:

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

trung điểm của CE , F là điểm chính giữa

E H B

 . Tính HF của cung CE

( O; OK ) cắt

= 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

= MP = MI tại G và E (tham khảo hình vẽ dưới) . Biết MN

Tính OK .

KÈ M

DẠ Y

E I

3 và MG = EI .

213

6 6 = C.OK = D.OK 6 6 2 Câu 46.Trong hình vẽ dưới, tam giác ABC vuông tại A cạnh AB = 5cm, đường cao AH = 3cm (kiểm tra sai đề ???). Độ dài cạnh BC bằng:

6 = B.OK 3

= A.OK

A 3 cm

4 cm 15

B.4cm

25 cm 4

NH ƠN

OF FI

5 cm

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)

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) 3 1, m = 3 −1, m = −3 D.m = 1 A.m = B.m = C.m = 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

KÈ M

A.6,0m

DẠ Y

1A 2 D 3D 11D 12 B 13 A 21C 22C 23D 31B 32 A 33 A 41C 42 B 43B

4B 14 B 24 A 34 A 44 B

ĐÁP ÁN ĐÁP ÁN TỈNH HƯNG YÊN

5C 15C 25C 35 B 45 B

6A 16 A 26C 36 A 46C

7C 17 D 27 B 37C 47C

8B 18C 28 B 38C 48 D

9A 19C 29 A 39 D 49 A

10 A 20 B 30C 40C 50C

214 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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA

Câu 1. (2,00 điểm) (Không sử dụng máy tính cầm tay)

2− 8

)

b) Giải phương trình: x − 5 x + 4 = 0 Câu 2. (2,50 điểm) 2

Trên mặt phẳng Oxy, cho parabol ( P ) : y =

(m là tham số)

1 2 x 2

1 2 x và đường thẳng ( d ) : y= x − m 2

NH ƠN

a) Vẽ parabol ( P ) : y =

OF FI

= A a) Rút gọn biểu thức

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

KÈ M

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 ≥

DẠ Y

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

13 x 10 y 1 9 + + + 3 3 2x y

7 2

215

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 :

−4 0 =  x= x 4 ⇔ ( x − 4 )( x − 1) =0 ⇔  ⇔ x −1 0 = = x 1 Vậy tập nghiêm của phương trình là S = {1;4}

a) Học sinh tự vẽ đồ thị b) Tìm tọa độ giao điểm Với m = 0 ⇒ (d ) : y = x

NH ƠN

Câu 2.

OF FI

x 2 − 5 x + 4 = 0 ⇔ x 2 − x − 4 x + 4 = 0 ⇔ x ( x − 1) − 4 ( x − 1) = 0

Câu 1.

ĐÁP ÁN

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

KÈ M

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

DẠ Y

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 A ủng hộ là 5x ( bao )

Số thùng mỳ trường B ủng hộ là 7 y (thùng), số bao gạo trường B ủng hộ là 8y ( bao )

8 x + 5 y + 7 y + 8 y= 1137 ⇔ 13 x + 15 y= 1137

OF FI

Vì hai trường đã quyên góp 1137 phần quà nên ta có phương trình:

Vì số bao gạo ít hơn số thùng mì là 75 phần quà nên ta có phương trình:

(8x + 7 y ) − ( 5x + 8 y ) =

75 ⇔ 3 x − y = 75

Khi đó ta có hệ phương trình:

NH ƠN

+ 15 y 1137 + 15 y 1137 = 13 x = 13 x = 58 x 2262 =  x 39 (tm) ⇔ ⇔ ⇔  3 x − y = 75 45 x − 15 y = 1125  y = 3 x − 75  y = 42 Vậy trường A có 39 lớp, trường B có 42 lớp. Câu 4.

DẠ Y

KÈ M

O H P K

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

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

Ta có: IM = IH .IK 2

OF FI

Áp dụng hệ thức lượng vào ∆IMK vuông tại M có đường cao MH

Mà IM = IN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ IM = IN .IM= IH .IK ( dfcm) 2

c) Chứng minh đường thẳng IK đi qua trung điểm của NP

{J }

= IK ∩ M

{ E}

NH ƠN

Gọi = IK ∩ NP

=  (hai góc đáy tam giác Ta có: IM = IN (cmt ) nên tam giác IMN cân tại I ⇒ INM IMN cân)

 = IMN  (so le trong do NP / / MI − cùng vuông góc với MK ) Lại có: MNP

 ) ⇒ NE là phân giác trong INJ =  (cùng bằng IMN  ⇒ INM MNP

 là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O ) nên MNK  = 900 , do đó NK ⊥ NE Lại có : MNK

 nên NK là phân giác ngoài của INJ

NI NJ

EI KI = EJ KJ

EI EJ

MI KI MI = ; NJ KJ JP

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: =

KÈ M

Áp dụng định lý Ta let do NP / / MI ta= có: 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)

DẠ Y

Câu 5. Ta có:

13 x 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:

2x +

1 1 9 9 ≥ 2 2 x. = 2 ; y + ≥ 2 y.= 6; y y 2x 2x

7 x + y ≥ ( gt ) 2

97 1 ⇔ x= ;y= 3 6 2

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

Vậy Pmin =

OF FI

 1  2 2 x = 2 x 4 x = 1  1   2 9  x = Dấu " = " xảy ra ⇔  y = ⇔ y = 9 ⇔  2 y    7 y = 3  x + y = 7 2 x + y =  2 

7 7 97 ⇒ P≥2+6+ . = 3 2 6

218

219 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

ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 33

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG

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

x + 2y 8 3= B.  x − 5 y 18  2=

= x + y 6 C.  x− y 2 =

OF FI

x − 5y 1 3= A.  x − 5y 4 =

D.169

D.m =1

= x − y 3 D.  + 2y 5 3 x=

Câu 4. Cho hàm số bậc hai f ( x ) = − x . Giá trị của f ( 3) bằng:

A.4

B.9

A.x 2 − 3= x−5 0

B.x 2 − 3= x+5 0

NH ƠN

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 ?

C.x 2 + 3= x−5 0 Câu 6. Diện tích hình tròn có bán kính R = 6m bằng A.6π ( m 2 ) B.12π ( m 2 ) C.18π ( m 2 )

D.x 2 + 3= x+5 0

D.36π ( m 2 )

Câu 7.Điều kiện của x để biểu thức P= 2020 + 5 − x có nghĩa là :

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

A.x > 5

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:

B.140π

KÈ M

A.72π

C.144π

Câu 10.Phương trình nào sau đây có hai nghiệm trái dấu ?

D.288π

A.x 2 −= 3x + 1 0

B.x 2 −= x−5 0 C.x 2 + 5= x + 2 0 D.x 2 + 3= x+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

DẠ Y

Câu 12. Một sân khấu hình chữ nhật có đường chéo dài 10m. Biết chiều dài hơn chiều rộng 2m . Tính diện tích sân khấu

A.20m 2

B.24m 2

C.100m 2 D.48m 2 Câu 13. Đường kính bánh xe của một xe đạp là 60cm. Nếu bánh xe quay được 5000 vòng thì xe đạp đi được bao nhiêu km ? (chọn π ≈ 3,14)

220

A.4,71( km )

B.9,42 ( km )

D.30 ( km )

C.18,84 ( km )

B.370

C.360

D.380

A.350

Câu 14. Phạt đền, còn gọi là đá phạt 11 mét, 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 Câu 15. Hãy tính diện tích phần giấy để làm một cái quạt (không tính mép và phần thừa)

(

 = AOB 160 = , OM 10= cm, MB 20cm với các kích thước như hình vẽ 40π cm 2 ) ( 9

II.Tự luận (7,0 điểm) Bài 1. (1,5 điểm)

400π cm 2 ) ( 9

)

OF FI

1200π cm 2 ) ( 9

A 3 8 − 5 18 a) Tính giá trị của biểu thức=

3200π cm 2 ) ( 9

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

NH ƠN

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)

3 2 x − 3 y = 21 6 x + 3 y =

a) Giải hệ phương trình : 

b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình 5 x + 12 x − 30 = 0. Không giải phương

trình hãy tính giá trị biểu thức A = 4 x1 x2 − x1 − x2 2

Bài 4. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có  A = 600 , nội tiếp đường tròn tâm O. Kẻ hai 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

DẠ Y

KÈ M

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 110km. Em hãy tính độ cao của vệ tinh tại điểm C so với mặt đất (làm tròn đến hàng đơn vị) 2

221

83,9

OF FI

VỆ TINH NHÂN TẠO

86,20

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

222 ĐÁP ÁN I.Trắc nghiệm

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

(

)(

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 

NH ƠN

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

)

OF FI

b= )B

x 2 =− x + 2 ⇔ x 2 − x − 2 =0 ⇔ x 2 + 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

Bài 3. a) Giải hệ phương trình

Vậy hai đồ thị hàm số đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt A (1;1) ; B ( −2;4 )

8 x = 24 2 x − 3 y 3 = x 3  ⇔  21 − 6 x ⇔  6 x + 3 y 21 = y 1  y = 3

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3;1)

KÈ M

b) Tính A

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: 2

DẠ Y

−12   x1 + x2 = 5 . Theo bài ra ta có:   x1 x2 = −6 2 2 A= 4 x1 x2 − x12 − x2= 4 x1 x2 − ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2    =− ( x1 + x2 )

1044  12  + 6 x1 x2 =−  −  + 6.( −6 ) =− 25  5

223

Bài 4

1044 25

Vậy A = −

D E

NH ƠN

OF FI

a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp

=  BD ⊥ AC ⇒ BDC 900 Vì BD, CE là hai đường cao của ∆ABC ( gt ) ⇒  = 900 CE ⊥ AB ⇒ BEC   Xét tứ giác BCDE có BDC = BEC = 900 (cmt ) nên BCDE là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2

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 1 0  Xét tam giác AEC vuông tại E ta có:= k = cos EAC = cos60 = AC 2 2 S 1 1 1 1 Do đó ta có: ADE = k2 = 25 ( cm 2 )   =⇒ S ADE =S ABC =.100 = S ABC 4 4 2 4

DẠ Y

KÈ M

⇒ ∆ADE  ∆ABC ( g .g ) ⇒

Vậy S ADE = 25cm Bài 5.

224

83,9

86,20

NH ƠN

Gọi H là hình chiếu của vệ tinh đặt tại C trên mặt đất Đặt CH = x ( x > 0)

OF FI

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 tan86,20 Lại có AB = 110km 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 2719km.

DẠ Y

KÈ M

tan A =

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

= b) Rút gọn biểu thức : M

OF FI

Câu 1. (2,0 điểm) a) Cho hàm số bậc nhất = y 2 x − 1. Tính giá trị của y khi x = −2

UBND TỈNH KON TUM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

225

2 ( x + 2) x − với x ≠ 2 và x ≠ −2 2 x −4 x−2

Câu 2. (2,0 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay, giải phương trình, hệ phương trình sau :

NH ƠN

4 2 x − y = b)  1 3 x + y =

0 a) x 2 − 5 x + 4 = Câu 3. (2,0 điểm)

Cho hàm số y = 2 x có đồ thị là ( P ) 2

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 9A được phân công trông 390 cây xanh. Lớp dự định chia đều số cây phải trồng cho số học sinh trong lớp, nhưng khi lao động có 4 học sinh vắng nên mỗi học sinh có mặt phải trồng thêm 2 cây mới hoàn thành công việc. Hỏi lớp 9A có bao nhiêu học sinh ? Câu 5. (2,5 điểm) Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O),, kẻ hai tiếp tuyến 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

KÈ M

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 AK AK + = 2 Chứng minh AE AF

Câu 6. (0,5 điểm)

DẠ Y

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 …..

OF FI

Điều kiện: x ≠ ±2

2 ( x + 2) 2 x + 4 − x ( x + 2) 2 x + 4 − x2 − 2 x x − = = x2 − 4 x−2 ( x − 2 )( x + 2 ) ( x − 2 )( x + 2 )

x2 − 4 = − 2 = −1 x −4

NH ƠN

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 −4 0 =  x= x 4 ⇔ ⇔ x −1 0 = = x 1

Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1;4}

Vậy ( x; y= )

(1; −2 )

Câu 3.

x− y 4 = = 2= 5 x 5 x 1 b)  ⇔ ⇔ 1 2x − 4  y = −2 3 x + y = y =

a) Học sinh tự vẽ đồ thị (P)

KÈ M

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

DẠ Y

1 ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 1 + 2m > 0 ⇔ m > − . Áp dụng hệ thức Vi – et ta có: 2 1  x1 + x2 =   m . Theo đề bài ta có: = − x x  1 2 2

227

( x1 − 3)( x2 − 3) = 5 ⇔ x1x2 − 3( x1 + x2 ) + 9 = 5 m − 3.1 + 4 = 0 ⇔ m = 2(tm) 2

⇔ x1 x2 − 3 ( x1 + x2 ) + 4 = 0 ⇔ − Vậy m = 2 thỏa mãn bài toán .

Câu 4. Gọi số học sinh lớp 9A là x (học sinh) ( x ∈ *, x > 4 )

390 (cây) x

OF FI

⇒ Dự định, mỗi bạn học sinh phải trồng số cây là : 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) x−4

NH ƠN

Vì thực tế mỗi bạn phải trồng thêm 2 cây nên ta có phương trình:

390 390 2 390 x − 390 x + 1560 = 2x ( x − 4) − =⇔ x−4 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

Vậy lớp 9A có 30 học sinh.

 x = −26(ktm) ⇔ ( x + 26 )( x − 30 ) =0 ⇔   x = 30(tm)

KÈ M

Câu 5.

DẠ Y

a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp

M C

228

 AB ⊥ OB ⇒ ∠ABO = ∠ACO = 900  AC ⊥ OC

Ta có: AB, AC là các tiếp tuyến của (O) nên 

Xét tứ giác ABOC ta có: ∠ABO + ∠ACO = 90 + 90= 180 mà hai góc này ở vị trí đối 0

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

ta có: AB = AH . AO 2

Xét ∆AEC và ∆ACF ta có:

A chung ;  AFC =  ACE (cùng chắn cung EC )

NH ƠN

AE AC ⇒ ∆AEC  ∆ACF ( g .g ) ⇒ = ⇒ AC = AE. AF AC AF Mà AB = AC (cmt ) ⇒ AH . AO = AE. AF ( dfcm)

OF FI

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 ,

AK AK + = 2 AE AF   A chung ; H = M = 900 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: 

KÈ M

AE AB ⇒ ∆AEB  ∆ABF ( g .g ) ⇒ = ⇒ AE. AF = AB 2 AB AF AK AF ⇒ AM . AK= AE. AF ⇒ = (1) AE AM AK AE = ( 2) Chứng minh tương tự : ⇒ AF AM 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

DẠ Y

⇒

229

1 − x − 2019 1 − y − 2020 1 − z − 2021 3 + + + = 0 x − 2019 y − 2020 z − 2021 4

Câu 6. Giải phương trình:

OF FI

1 − x − 2019 1 − y − 2020 1 − z − 2021 3 + + + = 0 x − 2019 y − 2020 z − 2021 4

 x > 2019  Điều kiện :  y > 2020  z > 2021 

⇔

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)

      Ta có:       

( ( (

x − 2019 − 2 4 ( x − 2019 )

)

y − 2020 − 2 4 ( y − 2020 ) z − 2021 − 2 4 ( z − 2021)

( (

DẠ Y

(

) +( 2

z − 2021 − 2

)

4 ( z − 2021)

0(*) =

≥ 0 ∀x > 2019 2

≥ 0 ∀y > 2020

≥ 0 ∀z > 2021

x − 2019 − 2 4 ( x − 2019 )

KÈ M

      ⇒ ( *) ⇔       

4( y − 2020)

)

y − 2020 − 2

NH ƠN

4 ( x − 2019 )

) +(

x − 2019 − 2

( ⇔

)

y − 2020 − 2

4 ( y − 2020 ) z − 2021 − 2

4 ( z − 2021)

)

=0 2

 x − 2019 − 2 = 0  x = 2023(tm)   = 0 ⇔  y − 2020 − 2 = 0 ⇔  y = 2024(tm)   z = 2025(tm)  2021 2 0 x − − =  =0

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y; z ) = ( 2023;2024;2025 )

230 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

UBND TỈNH LAI CHÂU SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Câu 1. (2,0 điểm) Không sử dụng máy tính, giải các phương trình và hệ phương trình sau:

10 x + y = c)  4 x − y =

2 b) x= − 4x + 3 0

Câu 2. (1,5 điểm)

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

NH ƠN

2.1 Thực hiện phép tính:

OF FI

a )2 x − 6 0 =

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 6km / 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

KÈ M

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 AB tại P và cắt AC tại Q. Chứng minh rằng : IP + KQ ≥ PQ Câu 6. (0,5 điểm

DẠ Y

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

Câu 1.

S = {3}

a )2 x − 6 = 0 ⇔ x = 3 b) x 2 − 4 x + 3 = 0

OF FI

=  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 1 + x −3

2 6  x ≥ 0 −   x + 3 x − 9  x ≠ 9

x +3+ 2 x −6−6 = x −3 x +3

(

)(

) x 4(tmdk ) ⇒= b= Q

NH ƠN

2.2)a )Q =

3 x −9 = x −3 x +3

) (

)(

3 3 = 4 +3 5

x =1 x = 3

Phương trình có dạng a + b + c =1 − 4 + 3 = 0 nên có hai nghiệm 

(

)

3 x −3 = x −3 x +3

) (

)(

)

3 x +3

Câu 3. a) Học sinh tự vẽ b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) :

2 x 2 =− x + 3 ⇔ 2 x 2 + x − 3 =0

KÈ M

 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 Thời gian thực tế: 1 + + (10 phút = h) nên ta có phương trình: x+6 6 6

DẠ Y

Thời gian dự định:

ĐÁP ÁN

232

120 1 120 − x 120 120 − x 7 =1 + + ⇔ − = x 6 x+6 x x+6 6 2 ⇔ (120 x + 720 − 120 x + x ) .6 = 7 x.( x + 6 ) ⇔ 6 x 2 + 4320 = 7 x 2 + 42 x

Câu 5.

NH ƠN

OF FI

 x = 48(tm) ⇔ x 2 + 42 x − 4320 =0 ⇔   x = −90(ktm) Vậy vận tốc ban đầu là 48km / h

H O

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

KÈ M

) A chung ;  ACD =  AEC (cùng chắn CD Xét ∆ACD và ∆AEC có: 

DẠ Y

AC AD ⇒ ∆ACD  ∆AEC ( g .g ) ⇒ = ⇒ AE. AD = AC 2 (1) AE AC 2 Áp dụng hệ thức lượng ta có: AH . AO = AC ( 2) 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 = ⇒ PIQ 1800

233

 + IOP +P = 1800 ⇒ OKQ = IOP  Lại có: PIO

2 IP + QK ≥ 2 IP.QK = 2 OP= PQ Vậy IP + KQ ≥ PQ

Câu 6.

OF FI

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có:

 = OKQ  ( ∆PAQ cân); IOP  = OKQ  (cmt ) ⇒ ∆PIO  ∆QOK ( g .g ) IPO PI PO ⇒ = ⇒ PI .QK = PO.QO = OP 2 QO QK

Xét ∆PIO và ∆QOK có:

Ta có: M = a 3b ( a + 2b ) + b 3a ( b + 2a ) (áp dụng bất đẳng thức Cô – si )

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

3a + b a 2 + b 2 a + 3b ≤ a. + 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

234 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN Năm học 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN KHÔNG CHUYÊN Thời gian làm bài : 90 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 36

(

7+ 3

)(

7− 3

Câu 2. (0,75 điểm) Tìm m để hàm số = y

)

( m − 3) x 2 nghịch biến khi

Câu 3. (1,0 điểm) Giải phương trình: x − 6 x + 8 = 0 4

x>0

OF FI

Câu 1. (0,75 điểm) Tính

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG

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

NH ƠN

= HB 2= cm, HC 8cm. Tính AH

Câu 6. (1,0 điểm) Tìm tọa độ giao điểm của ( P ) : 2 x và ( d ) : = y 3 x − 1 bằng phép tính 2

1 ax − by = có nghiệm là ( x; y ) = ( 3;1) .Tìm a và b 2 ax 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; π = 3,14) Câu 9. Một vườn hoa hình chữ nhật có diện tích 91m và có chiều dài lớn hơn chiều rộng là 6m. 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

Câu 11. Cho phương trình x − 2 ( m − 2 ) x + m + 2m − 3 = 0 ( x là ẩn số, m là tham số) 2

KÈ M

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

DẠ Y

tâm ∆MBC. Chứng minh rằng điểm G chuyển động trên một đường tròn cố định.

235 ĐÁP ÁN

7+ 3

)(

)

7 − 3 = 7−3= 4

( m − 3) x 2 nghịch biến khi

Câu 2. Để = y

x >0⇔ m−3<0⇔ m<3

Câu 3. x − 6 x + 8 = 0 Đặt = t x

0 ( t ≥ 0 ) , phương trình thành: t 2 − 6t + 8 =

⇔ t 2 − 4t − 2t + 8 =0 ⇔ t ( t − 4 ) − 2 ( t − 4 ) =0

t = 2(tm) ⇔ ( t − 2 )( t − 4 ) =0 ⇔  t = 4(tm)

NH ƠN

*)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

KÈ M

Câu 5.

DẠ Y 2

2 = BH .HC AH = hay 2.8 AH 2

C H

= 600 ⇒ ∆ODC đều ⇒ COD = ⇒ sdCD 600 (tính chất góc ở tâm)  lớn = 3600 − 600 = 3000 ⇒ sdCD  lớn = 3000 Vậy số đo CD

Áp dụng hệ thức lượng vào ∆ABC vuông tại A, đường cao AH ta có:

OF FI

(

Câu 1.

⇒ 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

1 1 2 2

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

a −b 1 = 3= 9a 9 = a 1 ⇔ ⇔  6a + b = 8 b = 3a − 1 b = 2

NH ƠN

Câu 7. Vì hệ có nghiệm ( x; y ) = ( 3;1) nên ta có:

OF FI

 x1 =1 ⇒ y1 =2   x2 = 1 ⇒ y = 1  2 2

Vậy = a 1;= b 2 thì hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 3;1) Câu 8.

Diện tích đáy là : 8 .π = 64π ≈ 64.3,14 = 200,96(dm ) 2

(

)

Thể tích bể nước : V = Sh = 200,96.25 = 5024 dm = 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 )

Theo đề diện tích là 91m nên ta có phương trình:

KÈ M

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)

DẠ Y

Vậy chu vi vườn hoa: (13 + 7 ) .2 = 40 ( m ) Câu 10.

237

A Q

OF FI

Ta gọi I là giao điểm của AH và BK, CQ

 (cùng chắn QI  ) (1) ⇒ ABI = QHI

NH ƠN

 = 900 + 900 = 1800 ⇒ BQIH là tứ giác nội tiếp  + IHB Vì IQB

  = BKC = 900 cùng nhìn BC ⇒ BQKC là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác BQKC có BQC  ⇒ ABI = QCK

( 2)

(3)

=  ⇒ QCK KHI

+K  = 900 + 900 = 1800 ⇒ IHCK là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác IHCK có H

  = KHI  ⇒ HA là tia phân giác của QHK Từ (1) , (2), ( 3) ⇒ QHI Câu 11. x − 2 ( m − 2 ) x + m + 2m − 3 = 0 2

∆' = m 2 − 4m + 4 − m 2 − 2m + 3 = −6m + 7 ( m − 2 ) − ( m 2 + 2m − 3 ) =

KÈ M

Để phương trình có 2 nghiệm phân biệt ⇒ ∆ ' > 0 ⇔ −6m + 7 > 0 ⇔ m <

 x1 + x2 = 2m − 4

DẠ Y

Áp dụng hệ thức Vi et ta có: 

2  x1 x2 = m + 2m − 3

1 1 x1 + x2 x + x2 x1 + x2 += ⇔ 1 = x1 x2 5 x1 x2 5

. Ta có:

7 6

( *) ⇔ m 2 + 2 m − 8 = 0 ⇔ m 2 + 4 m − 2 m − 8 = 0

OF FI

 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.

NH ƠN

B G

KÈ 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

DẠ Y

⇒

0  2m − 4 =  m = 2(ktm) 2m − 4 2m − 4  = ⇒ ⇔ Hay 2 1 1  2  2 5 5 ( *) m + 2m − 3 =  m + 2m − 3 =  m + 2m − 3 5

238

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 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN

ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 37

a) Tính giá trị các biểu thức sau :

25 − 9

(

)

2 +1 − 2



OF FI

Câu 1. (3,0 điểm)

8 + 32 − 98 2

x 2  1 , với x > 0, x ≠ 1 + : 1 1 x x x x − − −   Rút gọn biểu thức P. Tính giá trị của P khi x = 4

b) Cho biểu = thức P 

NH ƠN

Câu 2. (1,5 điểm)

−4 3 x + 2 y = 7 x − y =

a) Giải hệ phương trình: 

b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hai hàm số y = − x và y= x − 2 2

Câu 3. (1,5 điểm)

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

KÈ M

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 c) Gọi H là giao điểm của NB với nửa đường tròn ( O ) . Chứng minh HF là tiếp tuyến của nửa đường tròn ( O ) Câu 5. (0,5 điểm)

DẠ Y

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

A = 25 − 9 = 5 − 3 = 2 B=

(

)

8 + 32 − 98 2 2 + 4 2 − 7 2 = =2 + 4 − 7 =−1 2 2

b) Rút gọn và tính P Ta có:

 x 2  1 x. x + 2 P= . + =  : x 1 x x x 1 − − − x x 1 −   =

x+2 x

Thay = x 4(tmdk ) ⇒ = P

4+2 = 3 4

Vậy P = 3 ⇔ x = 4 Câu 2. a) Giải hệ phương trình

)

x −1

NH ƠN

(

OF FI

2 +1 − 2 = 2 +1− 2 =1

Câu 1. a) Tính giá trị biều thức

−4 3 x + 2 y = −4 10 2 3 x + 2 y = 5 x = x = ⇔ ⇔ ⇔  7 14 −5 x − y = 2 x − 2 y =  y =x − 7 y =

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

KÈ M

−1 1 y=  x =⇒ ⇔ ( 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)

DẠ Y

Diện tích là 1500m nên ta có: xy = 1500(2) 2

Thay (1) vào (2) ta có:

241

x ( 80 −= x ) 1500 ⇔ − x 2 − 80 x + 1500 = 0

Xét phương trình : x − 5 x + m − 3 = 0 . Ta có: 2

∆ = ( −5 ) − 4.1.( m − 3) = 37 − 4m 2

Để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thì

OF FI

Vậy chiều dài mảnh vườn là 50m và chiều rộng mảnh vườn là 30m b) Tìm tham số m…

0  x − 30 = ⇔ ( x − 30 )( x − 50 ) =0 ⇔  0  x − 50 =  x = 30 ⇒ y = 80 − 30 = 50 (ktm do x > y ) ⇔  x = 50 ⇒ y = 30(tm)

0 0 x ( x − 30 ) − 50 ( x − 30 ) = ⇔ x 2 − 30 x − 50 x + 1500 =⇔

NH ƠN

a ≠ 0 1 ≠ 0(luon dung ) 37 ⇔ ⇔ m < . Áp dụng hệ thức Viet ta có:  4 ∆ > 0 37 − 4m > 0 5  x1 + x2 =   x1 x2= m − 3 Vì x1 + x2 =5 ⇒ x2 =5 − x Ta có: x − 5 x + m − 3 = 0 ⇔ m − 3 = 5 x − x 2

Mà x1 là nghiệm của phương trình x − 5 x + m − 3 = 0 nên m − 3= 5 x1 − x1 . Ta có: 2

x12 − 2 x1 x2 + 3 x2 =1 ⇔ x12 − 2 ( m − 3) + 3 ( 5 − x1 ) =1

⇔ x12 − 2 ( 5 x1 − x12 ) + 3 ( 5 − x1 ) =1 ⇔ x12 − 10 x1 + 2 x12 + 15 − 3 x1 − 1 =0

⇔ 3 x12 − 13 x1 + 14 =0 ⇔ ( x1 − 2 )( 3 x1 − 7 ) =0

DẠ Y

Câu 4.

KÈ M

 x1 = 2 ⇒ m − 3 = 5.2 − 22 ⇔ m = 9(tm)  2 ⇔ 7 7 7 83 = ⇒ − = − ⇔ = x m 1 5. m (tm) 1    3 3 3 9    83 Vậy= là các giá trị cần tìm . m 9,= m 9

242

N F

OF FI

C 2 1

NH ƠN

a) Chứng minh tứ giác ACEM nội tiếp đường tròn

 = AME 90 (do EM ⊥ AB) Ta có: ∠ACB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); 0

0 Tứ giác ACEM có  ACE + ∠AME = 900 + 90= 1800 nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có

tổng hai góc đối bằng 180 )( dfcm) 0

b) Chứng minh ∆CEF cân

 = 900 ⇒ C  +C  = 900 (1) CF là tiếp tuyến của ( O ) nên OC ⊥ CF ⇒ OCF 1 2 =E +E =  (đối đỉnh) 900 mà E Tam giác EMB vuông tại M nên B

( 2)

KÈ M

= Nên ∠B1 + E 90 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   (tính chất) E = = CAB Tứ giác ACEM nội tiếp nên 2

DẠ Y

   = 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)

0  + NCE   ⇒ NHE = 1800 ⇒ NHE = 1800 − ∠NCE = 1800 − 90 = 900

⇒ ∆NHE vuông tại H Theo câu b, ∆CEF cân tại F nên FE = FC (4)  + ∠E  = 900 , ∠NCF + C = 900 Ta có: CNF 2

⇒ OH ⊥ HF ⇒ FH là tiếp tuyến của O ( dfcm )

Câu 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của P Ta có:

OF FI

 C  (cmt ) ⇒ CNF   ⇒ ∆NCF cân tại F ⇒ FC = E = NCF Mà= FN ( 5 ) 2 2 Từ (4) và (5) suy ra FC = FN = FE hay F là trung điểm EN 1 HF = EN CF Tam giác HNE vuông tại H có HF là trung tuyến nên= 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

243

⇒ 3a 2 − 2ab + 3b 2 ≥ Tương tự: Do đó:

(a + b)

NH ƠN

2ab ≤ a 2 + b 2 ⇒ 3a 2 − 2ab + 3b 2 ≥ 2a 2 + 2b 2= 2 ( a 2 + b 2 ) ≥ ( a + b )

=+ a b ⇒ 3a 2 − 2ab + 3b 2 ≥ a + b

3b 2 − 2bc + 3c 2 ≥ b + c;

3c 2 − 2ca + 3a 2 ≥ c + a

P ≥ a + b + b + c + c + a ⇒ P ≥ 2(a + b + c)

Lại có:

⇒a+b+c≥2

(

;b + 1 ≥ 2 b

)

;c + 1 ≥ 2 c

a + b + c −3

a +1≥ 2 a

KÈ M

⇒ a + b + c ≥ 2.3 − 3 = 3 ⇒ P ≥ 2.3 = 6 ⇒ Pmin = 6 ⇔ a = b = c = 1

DẠ Y

244 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2020 – 2021 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể giao đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI

ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 38 Câu 1. (1,0 điểm) Tính :

OF FI

a ) 16 + 1 b) 3. 12

1 1  x −1 − ( x ≥ 0; x ≠ 1) . x + 1 x − 1 2 x + 1   

P  Câu 2. (1,5 điểm) Cho biểu thức=

a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm tất cả các giá trị của x để P ≤ −1 Câu 3. (1,0 điểm)

a) Xác định hàm số y = ax biết rằng đồ thị của hàm số đi qua điểm A ( −2;5 )

NH ƠN

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)

−4 2 x − 3 y = 5 − x + 3 y =

4.1 Giải hệ phương trình: 

4.2 Lúc 8 giờ người thứ nhất đi xe máy từ A với vận tốc 40km / h. Sau đó 2 giờ, người thứ hai đi ô tô cũng từ A với vận tốc 60km / h đuổi theo người thứ nhất. Hỏi hai người ấy gặp nhau vào lúc mấy giờ ? 4.3 a) Giải phương trình: 2 x − 5 x + 3 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 2

KÈ M

Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O. Kẻ

đường thẳng d là tiếp tuyến tại 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

DẠ Y

b) Chứng minh rằng AB = AD. AC c) Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Chứng minh rằng MN ⊥ EF 2

245 ĐÁP ÁN

Câu 1.

a ) 16 + 1 = 4 + 1 = 5 = 36 6

b) 3. = 12

a) Rút gọn biểu thức P Với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có:

OF FI

Câu 2.

1  x −1 x −1− x −1 x −1  1 P =− = .  . x + 1 x − 1 2 x + 1 x +1 x −1 2 x +1  

(

)

−2 x −1 −2 = . x −1 2 x +1 2 x +1

NH ƠN

)(

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

Câu 3.

KÈ M

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 ≠ 1nên

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:

5 = a.( −2 ) ⇔ a = 2

5 2 x 4 3 b) Với m ≥ ta có: 2

5 4

DẠ Y

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 =

3 m −1 m −1 .x − m + 1 ⇔ .x = m − 1 ⇔ x = m (vì m ≥ ) 2 m m

Vì B ( x;0 ) ∈ ( d ) ⇒ 0 = Suy ra B ( 0; m )

OF FI

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 ≥

1 1  1 1  AB = OA + OB = ( m − 1) + m = 2m − 2m + 1= 2  m 2 − m +  + =  m −  + 4 2  2 2  2

3 Vì m ≥ nên 2

1 3 1 1   m −  ≥  −  ⇔ m −  ≥1 2 2 2 2  

1 1 1 5  ⇒ 2  m −  + ≥ 2.1 + = 2 2 2 2 

NH ƠN

5 3 ⇔m= 2 2 10 3 ⇔m= Vậy độ dài AB nhỏ nhất bằng 2 2 Ta có : AB nhỏ nhất bằng

Câu 4.

4.1 Giải hệ phương trình:

=  x 1= x 1 −4  1 2 x − 3 y = x =  ⇔  5+ x ⇔  5 +1 ⇔  5 = − x + 3 y = y 2  y =  y 3 3

KÈ M

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 )

DẠ Y

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

⇒ 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. 4.3 a)Giải phương trình 2 x − 5 x + 3 = 0 2

− 4.2.3 = 1 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

5 +1 3 = 3  2.2 2 . Vậy tập nghiệm của phương trình S =  ;1 5 −1 2  = 1 2.2

b) Tìm tham số m …..

NH ƠN

 =  x1  x =  2

( −5)

OF FI

Ta có: ∆ =

x x − = 2 ⇔ 3 x − 2 x = 240 ⇔ x = 240(tm) 40 60

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 , x2 thì :

∆'=

( m − 1)

− ( m 2 − 6 ) ≥ 0 ⇔ m 2 − 2m + 1 − m 2 + 6 ≥ 0 ⇔ −2m + 7 ≥ 0 ⇔ m ≤  x1 + x2 = 2m − 2

Khi đó áp dụng định lý Vi – ét ta có: 

m2 − 6  x1 x= 2

Theo bài ra ta có:

x12 + 4 x1 + 2 x2 − 2mx1 = −3

⇔ x12 − 2 ( m − 1) x1 + m 2 − 6 + 2 x1 + 2 x2 = m 2 − 6 − 3

KÈ M

⇔ x12 − 2 ( m − 1) x1 + m 2 − 6 + 2 ( x1 + x2 ) = m 2 − 9 (*) Vì x1 là nghiệm của phương trình đã cho nên x1 − 2 ( m − 1) x1 + m − 6 = 0 , do đó:

(*) ⇔ 2 ( x1 + x2 ) =

m 2 − 9 ⇔ 2.( 2m − 2 ) = m 2 − 9

⇔ 4m − 4 = m 2 − 9 ⇔ m 2 − 4m − 5 = 0 ⇔ m 2 + m − 5m − 5 = 0 ⇔ m ( m + 1) − 5 ( m + 1) = 0

DẠ Y

 m + 1 =0  m =−1(tm) ⇔ ( m + 1)( m − 5 ) =0 ⇔  ⇔ = −5 0 = m  m 5(ktm)

Vậy m = −1

7 2

248 Câu 5.

A 1

M H 1 1

NH ƠN

OF FI

a) Chứng minh rằng tứ giác ABFE nội tiếp

OA ⊥ d  ⇒ OA ⊥ d ' ⇒= AEB 900 d '/ / d

 Ta có: AF ⊥ BC ⇒= AFB 90 ; 

Tứ giác ABFE có  AFB =  AEB = 900 nên là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kể nhau cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau) ( dfcm ) b) Chứng minh rằng AB = AD. AC 2

=  Ta có: d / / d ' ⇒ B A1 (so le trong) 1

KÈ M

 (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  Xét ∆ABD và ∆ACB có:  A chung; B 1 1

DẠ Y

⇒ ∆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 Gọi H là giao điểm của EF với AC =E  (đối đỉnh) Ta có: E 1

249

(

=   ⇒E A2 = E 1 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

OF FI

⇒ FE ⊥ AC (1)

Mà MN là đường trung bình của ∆ABC nên MN / / AC ( 2 )

KÈ M

NH ƠN

Từ (1) và (2) suy ra EF ⊥ MN ( dfcm)

DẠ Y

= A2 (góc nội tiếp cùng chắn cung BF ) Tứ giác ABFE nội tiếp nên E 2

250 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2020-2021 Môn: TOÁN Ngày thi: 17/07/2020

ĐỀ CHÍNH THỨC Đề số 39

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LONG AN

Câu 1. (1,5 điểm) a) Tính L = 4 + 3 2 − 18

a+3 a − a với a ≥ 0 a +3

OF FI

b) Rút gọn biểu = thức N Câu 2. (1,5 điểm) a) Giải phương trình

( x + 1)

= 2

4 2 x + y = 1 3 x − y =

b) Giải hệ phương trình : 

NH ƠN

Câu 3.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ( d1 ) : y= x − 3 và

−3 x + 1 ( d2 ) : y =

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 góc là 20 (như hình vẽ).Để đạt độ cao là 5000m thì máy bay đó bay được quãng đường là bao nhiêu ?

KÈ M

C (

200

5000m

A )

 ≠ 900 , các đường cao AD và BE cắt Câu 5. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A BAC

DẠ Y

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) Cho x, y là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P =( x + 2 y + 1) + ( x + 2 y + 5 ) 2

251 ĐÁP ÁN

Câu 1.

a ) L =4 + 3 2 − 18 = 2+3 2 −3 2 = 2

(

)

a a +3 a+3 a − a= − a = a − a =0 a +3 a +3

Câu 2.

( x + 1)

OF FI

b)Với a ≥ 0 ta có:

= x +1 2 = x 1 . Vậy S= = 2 ⇔ x +1 = 2 ⇔  ⇔  x + 1 =−2  x =−3

NH ƠN

b) Giải hệ phương trình:

{1; −3}

x+ y 4 = = = 2= 5 x 5 x 1 x 1 ⇔ ⇔ ⇔  1 3x − 1  y = 3.1 − 1  y = 2 3 x − y = y = 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 ⇒  1 3 =−2  y =−

KÈ M

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) 3 b ≠ − 

DẠ Y

Đường thẳng ( d ) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 7 nên d đi qua điểm ( 0;7 )

⇒ 7 = 0 + b ⇒ b = 7(tm)

Vậy phương trình đường thẳng ( d ) : y= x + 7

252 Câu 4.

A C

H B Áp dụng định lý Pytago vào ∆AHC ta có:

CH 2 =82 − 4,82 ⇒ CH = 40,96 =6,4 ( cm )

NH ƠN

CH 2 =AC 2 − AH 2 hay

OF FI

4,8

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC , đường cao AH ta có:

AC 2 82 AC = CH .BC ⇒ BC = = = 10(cm) CH 6.4 2

Vậy CH 6,4 = = cm, BC 10cm

200

b) Quãng đường máy bay đi là bao nhiêu

5000m

KÈ M

Quãng đường máy bay bay được để đạt được độ cao 5000m chính là độ dài đoạn thẳng

BC trong hình vẽ .

Xét ∆ABC vuông tại A ta có: sin 20= 0

AB AB 5000 ⇒ BC = = ≈ 14619 ( m ) 0 BC sin 20 sin 200

DẠ Y

Vậy để đạt được độ cao là 5000m thì máy bay (bay từ diểm C) bay được quãng đường là

14619m

Câu 5.

253

H B

OF FI

NH ƠN

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  HEC 900  BE ⊥ AC hay  ⇒ ⇒ 0   = 900 AD BC ⊥   ADC = 90  HDC

 + HDC  = 900 + 900 = 1800 , mà hai góc này ở vị trí đối Xét tứ giác DCEH ta có: HEC

b) Chứng minh BC = 2 DE

diện nên DCEH là tứ giác nội tiếp hay 4 điểm C , D, H , E cùng thuộc một đường tròn

Ta có: AD là đường cao của ∆ABC cân tại A nên AD cũng là đường trung tuyến của

∆ABC

KÈ M

(tính chất tam giác cân) ⇒ D là trung điểm của BC Xét ∆BEC vuông tại E có đường trung tuyến ED ⇒ ED =

1 BC ⇒ BC = 2 ED(dfcm) 2

c) Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) Ta có: ∆AHE vuông tại E (gt) ⇒ Tâm đường tròn ngoại tiếp ∆AHE là trung điểm của cạnh

DẠ Y

huyền AH ⇒ O là trung điểm của AH

⇒ OE là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của ∆AEH vuông tại E

⇒ OE = OH =

1 =  AH ⇒ ∆OEH cân tại O ⇒ OEH OHE 2

254

 

 

1 2

 =EBD  (tính chất tam giác cân) Ta có: ∆BDE cân tại D  DE =BD = BC  ⇒ DEB

 =900 ⇒ BED  + OHE  =900 ⇒ BED  + OEH  =900  + OHE ⇒ BDH  = 900 ⇒ BE ⊥ OE ⇒ OED

OF FI

⇒ DE là tiếp tuyến của O tại E (dfcm) Câu 6. Ta có:

P =( x + 2 y + 1) + ( x + 2 y + 5 ) 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 ( x + 2 y + 3) + 8 2

Vì ( x + 2 y + 3) ≥ 0 ∀x, y , do đó P = 2

Dấu " = " xảy ra ⇔ x + 2 y + 3 = 0

( x + 2 y + 3)

DẠ Y

KÈ M

Vậy MinP = 8 ⇔ x + 2 y + 3 = 0

NH ƠN

2 = 2 ( x + 2 y ) + 6 ( x + 2 y ) + 9  + 8  

 + BHD =  = BHD  (hai góc đối đỉnh) Ta có: ∆BHD vuông tại D ⇒ HBD 900 mà OHE

+ 8 ≥ 8 ( ∀x, y )

255 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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH

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

C. y = 5x − 1

5 5 x − 2 y = có nghiệm ( x; y ) là: 11 2 x + y =

A.( 3;5 )

D.x < 3

D. y = −5

NH ƠN

Câu 3. Hệ phương trình 

OF FI

Phần I. Trắc nghiệm

B.( 5;3)

C.( −5;3)

D.( 3; −5 )

Câu 4. Tìm 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 ? 2 B.x= −9 0

C.x 2 − 7= x+4 0

A.x 2 + 8= x+7 0

D.x 2 − 6= x+9 0

Câu 6.Cho tam giác ABC vuông tại B, biết AC = 10cm, ∠= A 60 . Độ dài đoạn AB là

A.5 3cm

B.10 3cm

C.5cm

10 3 cm 3

KÈ M

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:

DẠ Y

A.20π ( cm 2 )

B.10π ( cm 2 )

Phần II. Tự luận (8,0 điểm) Bài 1.(1,5 điểm)

C.20 ( cm 2 )

D.10 ( cm 2 )

256

(

5−4

)

− 5 + 20 = 4  x > 0 1  2   : x − 2  x − 2 x  x ≠ 4



1 + x + 2 

2) Rút gọn biểu= thức P 

1) Chứng minh đẳng thức

Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x − ( 2m + 1) x + m + m = 0 (với m là tham số) 2

OF FI

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

−17 m để x1 , x2 thỏa mãn: x12 + x22 − 5 x1 x2 =

NH ƠN

1 2  2 ( x − 2 ) + y + 5  Bài 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  ( x − 2 )2 − 2 = −1  y+5

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 AP bằng cung AQ

2) Chứng minh E là trung điểm của HQ và OA ⊥ DE

3) Cho góc CAB bằng 60 , R = 6cm. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác 0

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:

KÈ M

a3 b3 c3 + + ≥1 Chứng minh: b + 2c c + 2a a + 2b ĐÁP ÁN

DẠ Y

I.Trắc nghiệm 1C

II. Tự luận Bài 1.

257

1)VT =

(

5−4

)

− 5 + 20 =

5−4 − 5+2 5

x −2

)

)(

)

(

)

x x +2

Bài 2. 1) Giải phương trình khi m = 4 Khi m = 4 ta có phương trình : x − 9 x + 20 = 0 2

x = 5 ⇔ ( x − 5 )( x − 4 ) =0 ⇔  x = 4 Vậy với m = 4 ⇔ S ={4;5} 2) Tìm m…………..

NH ƠN

⇔ x 2 − 4 x − 5 x + 20 =0 ⇔ x ( x − 4 ) − 5 ( x − 4 ) =0

OF FI

(

x x −2 2 x. x . = = 2 x +2 2 x +2

x −2+ x +2

 x > 0 1  2 :    x − 2  x − 2 x  x ≠ 4

 1 2) P  = +  x +2 =

=4 − 5 − 5 + 2 5 =4 = VP(dfcm)

Xét phương trình x − ( 2m + 1) x + m + m = 0 có: 2

∆=

( 2m + 1)

− 4 ( m 2 + m ) = 4m 2 + 4m + 1 − 4m 2 − 4m = 1 > 0

. Theo đề bài ta có:

 x1 + x2 = 2m + 1

Vi – et ta có: 

Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m. Áp dụng hệ thức

m2 + m  x1 x= 2

−17 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 − 5 x1 x2 = −17 x12 + x22 − 5 x1 x2 = 2

⇔ ( x1 + x2 ) − 7 x1 x2 + 17 =0 ⇔ ( 2m + 1) − 7 ( m 2 + m ) + 17 =0 2

KÈ M

⇔ 4m 2 + 4m + 1 − 7 m 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

DẠ Y

 m = −2 ⇔ ( m + 2 )( m − 3) =0 ⇔  m = 3 Vậy m = −3, m = 2 thỏa đề. 1 2  − + 2 2 x ( )  y+5  Bài 3. Giải hệ phương trình:  ( x − 2 )2 − 2 = −1  y+5

258

{

}

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 3; −4 ) ; (1; −4 )

KÈ M

DẠ Y

Q E

NH ƠN

Bài 4.

( x − 2 )2 = 2 1 = 1   x −= x 3    ⇒ 1 ⇔   x − 2 =−1 ⇔   x = 1 1 =    1 y + 5 =  y =−4  y+5

OF FI

2u + v 3 2u + v 3 = = = 5v 5 = v 1 (tm) ⇔ ⇔ ⇔  2 1 2 4 2 2 1 1 u v u v u v u − = − − = − = − =    

u =( x − 2 )2 ≥ 0  ĐKXĐ: y ≥ −5 , Đặt:  , hệ phương trình thành : 1 = > v 0  y+5 

M C F

1) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp và cung AP = cung AQ

Ta có: BD,CE là các đường cao của ∆ABC

259

OF FI

 BD ⊥ AC = {D}   ⇒ ⇒ BEC = BDC = 900 { E} CE ⊥ AB =   Xét tứ giác BEDC ta có: BEC = BDC = 900 mà hai đỉnh E , D là hai đỉnh kề nhau 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…..

0 Xét tứ giác AEHD ta có:  AEH + ∠ADH = 900 + 90= 1800 , mà hai góc này ở vị trí đối

=  (cùng chắn cung EH ) diện nên AEHD là tứ giác nội tiếp ⇒ EAH EDH

NH ƠN

=  (cùng chắn cung EB) Vì BEDC là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒ EDC ECB ⇒ ∠AEH = ∠ECB ( = ∠EDH ) hay ∠EAH = ∠EAQ ( = ∠BCQ )

 = QCB  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QB) Lại có : QAB

=  (= ⇒ EAH EAQ ∠BCQ ) ⇒ AE là tia phân giác của ∠QAH Xét ∆QAH ta có: 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) Kéo dài AO cắt đường tròn (O) tại F

 Khi đó ta có: ∠ABC = AFC (cùng chắn cung AC)

Vì BCDE là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒ ∠ADE = ∠ABC (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc

(

ADB =  AFC =  ABC trong tại đỉnh đối diện ) ⇒ 

)

Ta có  ACF = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

KÈ M

+ + 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

DẠ Y

Nên Đường tròn ngoại tiếp ∆AED là đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDH Ta có: ∠AEH = 90 và là góc nội tiếp chắn cung AH nên AH là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEDH 0

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

CE ⊥ AB ⇒ CE / / BF hay BF / / CH   BF ⊥ AB

Ta có: 

⇒ BHCF là hình bình hành nên BC , HF cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

OF FI

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

NH ƠN

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 = 2∠BAC = 2.600 = 1200

 ∆OBC cân tại O có đường trung tuyến OM ⇒ OM cũng là phân giác của BOC = ⇒ BOM 600

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 Bài 5.

KÈ M

1) Giải phương trình : Điều kiện: x ≥

1 = AH 3cm 2

2. 2 x 2 + x + 1 − 4 x − 1 + 2 x 2 + 3 x − 3 = 0

1 4

2. 2 x 2 + x + 1 − 4 x − 1 + 2 x 2 + 3 x − 3 = 0 ⇔ 4 x 2 + 2 x + 2 − 2 + 1 − 4 x − 1 + 2 x 2 + 3 x − 2 =0 1 − 4x + 1 0 + 2 x2 + 4 x − x − 2 = 2 4x + 2x + 2 + 2 1 + 4x − 1

DẠ Y

⇔

4 x2 + 2 x + 2 − 4

261

2 − 4x + 2x ( x + 2) − ( x + 2) = 0 4 x2 + 2 x + 2 + 2 1 + 4 x − 1 2 ( 2 x − 1)( x + 1) 2 ( 2 x − 1) ⇔ − + ( x + 2 )( 2 x − 1) = 0 2 + − x 1 4 1 4x + 2x + 2 + 2

OF FI

  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 ( *) 2  4 x + 2 x + 2 + 2 1 + 4 x − 1

⇔

4 x2 + 2 x − 2

1 2 2 ⇒ 4x − 1 + 1 ≥ 1 ⇒ ≤2⇒2− ≥0 4 4x − 1 + 1 4x − 1 + 1 2x + 2 2 1  ⇒ + x+2− > 0  ∀x ≥  4 4x − 1 + 1  4 x2 + 2 x + 2 + 2

NH ƠN

Với x ≥

⇒ (*) vô nghiệm

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất: x =

1 2

KÈ M

a3 b3 c3 + + ≥1 2) Chứng minh 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

DẠ Y

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 ) Lại có: a + b + c ≥ ab + bc + ca = 3 2

DẠ Y

KÈ M

OF FI

NH ƠN

a3 b3 c3 + + ≥1⇔ a = b = c = 1 Vậy b + 2c c + 2a a + 2b

⇒ 3P ≥ 2.3 − 3 = 3 ⇔ P ≥ 1

263 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

OF FI

Đề số 41

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Câu 1. (2,5 điểm)

(

)

a) Tính A =1 − 2 5

− 20 

x +  x−4

= B  b) Rút gọn biểu thức

1  1 (với x ≥ 0, x ≠ 4) . x − 2  x +1

(

)

c) Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng y = m + 1 x + m song song với đường

NH ƠN

thẳng = y 5x + 2 Câu 2. (2,0 điểm)

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 2

x12 x22 + T phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức = 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 9A và 9B của một trường THCS đã nghiên cứu và sản xuất được 250 chai nước rửa tay sát khuẩn. Vì muốn tặng quà cho khu cách ly tập trung trên địa bàn, trong tháng ba, lớp 9A làm vượt mức 25%, lớp 9B làm vượt mức 20% , do đó tổng sản phẩm của cả hai lớp vượt mức 22% so với tháng hai. Hỏi trong tháng hai, mỗi

KÈ M

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

DẠ Y

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

 x3 + 2 y 2 + xy 2 = 2 + x − 2 x 2  Câu 5. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 y y 2 + 1 + 1 ( y 2 − x3 + 3x − 2 ) 4 =

)

(

Câu 1.

(

a) A = 1 − 2 5

)

(

) )(

)(

)

c) Tìm giá trị tham số m…….

(

)

NH ƠN

)(

)

OF FI

(

2 x +1 2 = x −2 x + 2 . x +1 x − 4

(

)

− 20 =1 − 2 5 − 4.5 =2 5 − 1 − 2 5 =−1 do 2 5 > 1

 x x + x +2 1  1 1 b) B = + = .  . x − 2  x +1 x +1 x −2 x +2  x−4

(

ĐÁP ÁN

Để đường thẳng y = m + 1 x + m song song với đường thẳng = y 5 x + 2 thì 2

m 2 + 1 = 5 m = ±2 ⇔ ⇒m= −2  2 m ≠ 2 m ≠   Vậy m = −2 Câu 2.

a) Giải phương trình

x 2 − 5 x + 6 = 0 ⇔ x 2 − 2 x − 3x + 6 = 0

KÈ M

−2 0 =  x= x 2 ⇔ ⇔ x−3 0 = = x 3 Vậy S = {3;2}

⇔ x ( x − 2 ) − 3 ( x − 2 ) =0 ⇔ ( x − 2 )( x − 3) =0

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

4  x1 + x2 = . Khi đó ta có: = − x x 3  1 2

có: 

DẠ Y

x 2 x 2 x3 + x23 ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) T= 1 + 2 = 1 = x2 x1 x1 x2 x1 x2 43 − 3.( −3) .4 100 = = − 3 −3

265

100 3

Vậy T = − 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)

OF FI

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:

NH ƠN

1,2 y 300 0,05 x 5 = x + y 250 = 1,2 x += =  x 100 (tm) ⇔ ⇔ ⇔  1,25 1,2 305 1,25 1,2 305 250 150 x y x y y x y + = + = = − =     Vậy lớp 9A sản xuất được 100chai nước rửa tay, lớp 9B sản xuất được 150 chai. Câu 4.

KÈ M

M H

a) Chứng minh ADEH là tứ giác nội tiếp Ta có: ∠ADB = 90 (góc nôi tiếp chắn nửa đường tròn)

DẠ Y

EH ⊥ AB ⇒ ∠AHE =900 0 Tứ giác ADEH có: ∠ADE + ∠AHE = 900 + 90= 1800 nên là tứ giác nội tiếp (đpcm) 2 b) Chứng minh DI = AI .BI Tứ giác ADCK nội tiếp nên ∠ADK = AK ) (1) ∠ACK (hai góc nội tiếp cùng chắn 

266

= Xét tứ giác ECBH có: ECB ∠ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 + EHB  = 900 + 900 = 1800 ∠EHB = 900 ( do EH ⊥ AB ) ⇒ ECB Do đó tứ giác ECBH nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 ) 0

=  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH ) ⇒  ACK = ∠DBA (2) ⇒ ECH EBH ⇒  Từ (1) và (2) suy ra  ADK = DBA ADI = DBA 0  ⇒ DIA = 1800 − ( ∠ADI + ∠DAI = = 900 ) 1800 − 90

OF FI

 + DAB = = = Lại có DBA 900 nên  ADI + DAI 900 ADI + DAB 900 hay  ⇒ DI ⊥ AB nên DI là đường cao trong tam giác vuông ADB ( dfcm) ⇒ DI 2 = IA.IB (theo hệ thức lượng) c) Chứng minh F thuộc đường tròn (O)

Theo câu b, DK ⊥ BA tại I nên AB là đường trung trực của DK

NH ƠN

⇒ DA = AK ⇒ sd cung AD = sd cung AK

⇒ ∠DCA = ∠ACK ⇒ CA là tia phân giác của góc DCH =  (3) ⇒ DCH 2 ECH

Tam giác EHB vuông tại H có M là trung điểm EB nên HM là đường trung tuyến

⇒ MH = MB ⇒ ∆MHB cân tại M = ⇒ DMH ∠MHB + ∠MBH = 2∠MBH = 2∠EBH ( 4 )

 + 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

KÈ M

⇒ ∆NCM  ∆NHD( g .g ) ⇒

⇒ NC.ND = NM .NH

NC NM (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) = NH ND

( 6)

Tứ giác HMBF nội tiếp nên  NMB =  NFH (tính chất )

 chung ;   ⇒ ∆NMB  ∆NFH ( g .g ) NMB = NFC Xét ∆NMB và ∆NFH có: N NM NB NB.NF (7) =(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) ⇒ NM .NH = NF NH NC NB Từ ( 6 ) & ( 7 ) suy ra NC.ND = NF .NB ⇒ = NF ND

DẠ Y

⇒

267

 = NFD  = BFD  (các góc tương ứng) ⇒ NCB  + DCB =  + DCB = Mà NCB 1800 (kề bù) nên BFD 1800

Do đó tứ giác DCFB nội tiếp nên F nằm trên đường tròn ( O )( dfcm )

 x3 + 2 y 2 + xy 2 = 2 + x − 2 x 2 (1)  Đặt  2 y y 2 + 1 + 1 ( y 2 − x3 + 3x − 2 ) 4 =

)

(

(2)

NH ƠN

0 (1) ⇔ ( x3 + 2 x 2 − x − 2 ) + ( 2 y 2 + xy 2 ) = ⇔ ( x + 2 ) ( x 2 − 1) + y 2 ( x + 2 ) = 0 ⇔ ( x + 2 ) ( x 2 − 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

(

y2 + 1 + 1 ( y2 + 8 − 6 − 2) ⇔ 4 = y2

)

y2 + 1 + 1 − 4 = 0 ⇔ y2.

(

)

y2 + 1 − 3 = 0

 y2 = 0 y = 0 y = 0 ⇔ ⇔ 2 ⇔ 0  y 2 + 1 − 3 =  y = 8  y = ±2 2 Th2: y = 1 − x thay vào (2) ta được: 2

(

)

2 − x 2 + 1 (1 − x 2 − x3 + 3 x − 2 )

KÈ M

4 (1 − x 2 ) =

) ⇔ 4 ( x − 1)= 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 (1 − x 2 )=

DẠ Y

x =1 ⇔  4 x + 4= 

(

2 − x 2 + 1 ( − x3 − x 2 + 3 x − 1) 2

)

2 − x 2 + 1 ( x 2 + 2 x − 1)

)

y2 + 1 + 1 .y2

)

OF FI

Câu 5. Giải hệ phương trình

NB (cmt ) ⇒ ∆NBC  ∆NDF (c.g .c) ND

NC  chung Xét ∆NBC và ∆NDF có: N = ;

268 Với x =1 ⇒ y =0

)

(

2 − x 2 + 1 ( x 2 + 2 x − 1)

2 − x 2 ( x 2 + 2 x − 1) + x 2 + 2 x − 1

⇔ 4x + 4 =

⇔ 2 − x 2 ( x 2 + 2 x − 1) = − x2 + 2 x + 5

6 − ( x − 1) − x2 + 2 x + 5 ⇔= 2− x ⇔= 2 − x2 ( *) 2 2 x + 2x − 1 x + 1 − 2 ( ) 2

(Do x + 2 x − 1 =0 ⇔ x =−1 + 2

2(ktmdk ))

Vì x + y = 1 nên x ≤ 1 ⇒ −1 ≤ x ≤ 1 2

NH ƠN

OF FI

4 x + 4=

)

2 − x 2 + 1 ( x 2 + 2 x − 1)

(

Với 4 x + 4=

⇒ 1 ≤ 2 − x 2 ≤ 2 hay 1 ≤ VT (*) ≤ 2 . Lại có: Với x ≤ 1 thì

6 − ( x − 1)

( x + 1)

Với x ≥ −1 ⇒

−2

6 − ( x − 1)

( x + 1)

≥

6 − (1 − 1)

(1 + 1)

−2

≤

−2

=⇒ 3 VP ≥ 3

6 − ( −1 − 1)

( −1 + 1)

−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

DẠ Y

KÈ M

Vậy hệ đã cho có nghiệm ( x, y ) =

{( −2;0);( −2; −2 2 );( −2;2 2 );(1;0)}

269 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TỈNH NINH BÌNH

Năm học 2020 – 2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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) 2. Tính A = 12 +

x − 5 có nghĩa

OF FI

1. Tìm điều kiện của x để biểu thức

27 − 75 

a 1 1  +  : a − 4 , với a > 0 và a ≠ 4 a −2  a +2

3. Rút gọn biểu= thức P  Câu 2. (3,0 điểm)

3 x + y = 1 x − y =

NH ƠN

1. Giải hệ phương trình 

2. Tìm các giá trị của tham số m để hàm số = y mx − 1 nghịch biến trên  3. Xác định tọa độ giao điểm của parabol ( P ) : y = x và đường thẳng 2

y (d ) : =

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 Câu 4. (3,5 điểm)

nước ?

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

KÈ M

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 với phương nằm ngang một góc 30 . Hỏi sau 1,5 phút máy bay lên cao được bao 0

DẠ Y

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 y+z z+x

xy + yz + zx = 2020. Tìm giá trị nhỏ

270 ĐÁP ÁN

x − 5 có nghĩa khi x − 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ 5

Vậy với x ≥ 5 thì biểu thức

x − 5 có nghĩa.

2)Ta có: 3)Rút gọn biểu thức . Ta có:

OF FI

A = 12 + 27 − 75 = 4.3 + 9.3 − 25.3 = 2 3 + 3 3 − 5 3 = 0

1) Biểu thức

Câu 1.

1  a a −2+ a +2 a−4  1 . P= +  : a − 4 = 2 2 a a a + − a +2 a −2  

(

)(

)

2 a a−4 2 a . = = 2 a−4 a a

NH ƠN

Câu 2. 1) Giải hệ phương trình

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

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

KÈ M

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 )

DẠ Y

Nồng độ dung dịch ban đầu là

4 .100% x+4

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% ⇔ − = x+4 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

OF FI

 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.

NH ƠN

F H

KÈ M

= a) Ta có: BE là đường cao nên BE ⊥ AC ⇒ BEC 90 0

= 900 CF là đường cao nên CF ⊥ AB ⇒ BFC   Xét tứ giác BFEC có: BEC = BFC = 900 nên BFEC là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau)

DẠ Y

Vậy tứ giác BFEC nội tiếp

 + BCE = b) Theo câu a, BFEC là tứ giác nội tiếp nên BFE 180° (tính chất)

+   Mà BFE AFE = 1800 (kề bù) nên BCE = BCA =  AFE Xét ∆AFE và ∆ACB có:  AFE =  ACB ( mt ) ⇒ ∆AFE  ∆ACB( g .g ) A chung; 

272

AF AE AE. AC (dfcm) =(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) ⇒ AF . AB = 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)

OF FI

⇒

2. Máy bay bay cao bao nhiêu kilomet

1,5 1 = (h) 60 40

1,5 phút =

1 1 giờ máy bay bay được số kilomet theo phương AB là 600. = 15(km) 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

NH ƠN

a = x  Câu 5.Đặt b= y ⇒ a, b, c > 0 ⇒ xy + yz + zx= 2020 ⇔ ab + bc + ca= 2020  c = z

a4 b4 c4 a 2 b2 ( a + b ) + + Ta có: Q = 2 . Áp dụng BĐT ta được: + ≥ x y x+ y a + b2 b2 + c2 c2 + a 2

+ b2 + c2 )

+ b2 )

a b c c4 Q= 2 + + ≥ + a + b2 b2 + c2 c2 + a 2 a 2 + b2 + b2 + c2 c2 + a 2 2

Lại có: a + b ≥ 2ab; 2

(a + b + c ) = a +b +c = 2 2(a + b + c ) 2

a 2 + b2 + b2 + c2 + c2 + a 2

KÈ M

≥

2 2

b 2 + c 2 ≥ 2bc;

c 2 + a 2 ≥ 2ca

2020 ⇒ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2 ( ab + bc + ca ) ⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca =

DẠ Y

a 2 + b 2 + c 2 2020 ⇒Q≥ ≥ = 1010 ⇒ Q ≥ 1010 2 2 2020 2020 Dấu " = " xảy ra khi a = b = c = ⇒x=y=z= 3 3 2020 Vậy MinQ = 1010 ⇔ x = y = z = 3

273 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NINH THUẬN

NĂM HỌC 2020 – 2021 Khóa ngày : 18/07/2020 Môn thi: TOÁN

Đề số 43

Thời giân làm bài : 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

2 x − 3 có nghĩa

b) Giải phương trình: x + 5 x + 3 = 0 2

Bài 2. (2,0 điểm) Cho hàm số = y 2 x − 5 có đồ thị là đường thẳng ( d )

OF FI

Bài 1. (2,0 điểm)

A a) Tìm x để biểu thức=

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

a) Gọi A, B lần lượt là giao điểm của ( d ) với các trục tọa độ Ox, Oy . Tìm tọa độ các b) Tính diện tích tam giác OAB Bài 3. (2,0 điểm) a) = Rút gọn biểu thức P

NH ƠN

điểm A, B và vẽ đường thẳng ( d ) trong mặt phẳng tọa độ Oxy

 x ≥ 0  x − 2 x +1  x + x + 1  .  x −1  x + 1  x ≠ 1 

b) Cho a > 0, b > 0. Chứng minh rằng

Bài 4. (4,0 điểm)

1 1 4 + ≥ a b a+b

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

a) Chứng minh tứ giác BEFI nội tiếp trong một đường tròn

KÈ M

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

DẠ Y

giác CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định.

274 ĐÁP ÁN

A a ) Ta có biểu thức=

2 x − 3 có nghĩa khi 2 x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥

3 2

b)Giải phương trình: x + 5 x + 3 = 0

Bài 1.

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 )

5 5  ⇒ A  ;0  2 2 

NH ƠN

Ta có A ( x;0 ) ∈ ( d ) nên 0 = 2 x − 5 ⇔ x =

OF FI

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 SOAB OA = .OB = . .4 5(dvdt ) Tam giác OAB vuông tại O nên= 2 2 2

Bài 3.

Theo câu a) ta có: A  ;0  , B ( 0; −5 ) ⇒ OA =

KÈ M

a) Rút gọn biểu thức

Với x ≥ 0, x ≠ 1 . Ta có:

 x − 2 x +1  x + x . + 1 x −1  x +1 

( =

x −1

) .  x ( 2

DẠ Y

x −1  

) + 1 = ( 

x +1

 1 1 4 b) Chứng minh + ≥ a b a+b

Ta có:

)(

x −1

)

x + 1 =x −1

275

a+b 4 1 1 4 ( a + b ) − 4ab ≥ 0 + ≥ ⇔ ≥ ⇔ a b a+b ab ab ab ( a + b )

⇔ ( a + b ) − 4ab ≥ 0(do a > 0, b > 0 ⇒ ab ( a + b ) > 0) 2

⇔ a 2 + 2ab + b 2 − 4ab ≥ 0 ⇔ a 2 − 2ab + b 2 ≥ 0 ⇔ ( a − b ) ≥ 0(luon dung ) Vậy

1 1 4 + ≥ ⇔a= b a b a+b

Bài 4.

NH ƠN

C J

F A

OF FI

KÈ M

a) Chứng minh tứ giác BEFI nội tiếp Xét đường tròn ( O ) có ∠AEB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0

Lại có: ∠ = FIB 90 (do CD ⊥ AB tại I ) 0

 + FIB  = 900 + 900 = 1800 ⇒ BEFI là tứ giác nội tiếp Xét tứ giác BEFI có FEB b) Tính độ dài cạnh AC theo R

DẠ Y

Xét đường tròn (O) có  ACB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 = 900 − 600 = 300 Xét tam giác ABC vuông tại C ta có:  ABC = 900 − BAC Ta có: cos ∠BAC =

AC 1 ⇔ AC = AB.cos ∠BAC = 2 R.cos600 = 2 R. = R AB 2

276

kính – dây cung) hay AB là đường trung trực đoạn CD, suy ra AC = AD Do đó cung AC = cung AD

Xét đường tròn ( O ) có AB ⊥ CD tại I nên I là trung điểm của dây CD (tính chất đường

Xét đường tròn (O) có ∠ACD = ∠ABC = 30 (hai góc nội tiếp chắn hai cung AC và AD 0

Vậy AC = R, ∠ACD = 30 khi ∠BAC = 60 0

bằng nhau) nên  ACD = 300 0

OF FI

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

NH ƠN

Gọi J là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF , ⇒ JC ⊥ AC tại C (do AC là tiếp tuyến)

ACB = 900 (cmt ) hay AC ⊥ BC ⇒ J ∈ BC Lại có 

DẠ Y

KÈ M

Hay tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF luôn thuộc đường thẳng BC cố định.

277 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

2020 − x là:

Câu 1.Điều kiện xác định của biểu thức

A.x ≤ 2020

B.x ≥ 2020

A.5

B.4

OF FI

PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm)

Đề số 44

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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 D.2

NH ƠN

( m − 3) x có đồ thị như hình vẽ dưới đây. Khẳng định nào đúng ?

Câu 3. Cho hàm số = y

C.3

1 −5 x + 3 y = có nghiệm ( x; y ) . Khi đó x − y bằng: x 5 y 11 + = 

Câu 4. Hệ phương trình 

A. − 1

B.1

C.3

D.4

A.(1;5 )

KÈ M

Câu 5. Điểm nào dưới đây không thuộc đồ thị hàm số y = 5 x

B.( 3;40 )

C.( 2;20 )

D.( −1;5 )

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

Câu 7.Cho parabol y = x và đường thẳng y = −2 x + 3 cắt nhau tại hai điểm

DẠ Y

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

B.3 ( cm 2 )

3 cm 2 ) ( 2

D.6 ( cm 2 )

Câu 9. Cho hai đường tròn (O) và ( O ' ) cắt nhau tại A và B. Biết OA = 6cm,

= O ' A 5= cm, AB 8cm (như hình vẽ). Độ dài OO ' bằng:

O' B

A.5(cm)

C.3 + 2 5cm

B.5 5cm

OF FI

A O

A. 3 ( cm 2 )

D.3 + 5 2cm

NH ƠN

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

B M

E C

N F

B.450

KÈ M

A.300

C.600

Phần II. Tự luận

Câu 1. (1,5 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức P =

45 + 9 − 4 5

9 2 x + 5 y = 3 −2 x + 7 y =

DẠ Y

b) Giải hệ phương trình 

Câu 2. (2,0 điểm) Cho phương trình x − 2mx + m − 1 = 0 2

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 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: b) MB = MC = MD.MA 2

OF FI

a) AKMT là tứ giác nội tiếp

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

x 2 + 3 x + 9 x + 18 = 3 x + x +

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

Câu 4. (1,0 điểm) Giải phương trình:

6 +5 x

280 ĐÁP ÁN 1A

(

5−2

I.Trắc nghiệm 10B

Câu 1.

45 + 9 − 4 5 =

9.5 +

)

= 3 5+

5−2

OF FI

a) P =

= 3 5 + 5 − 2= 4 5 − 2 12 y = 12 = 2 x + 5 y 9 = x 2  ⇔ b)  9 − 5y ⇔  = −2 x + 7 y 3 = y 1  x = 2

a) Giải phương trình khi m = 2 Khi m = 2, pt thành x − 4 x + 1 = 0 2

NH ƠN

Vậy hệ có nghiệm ( x; y ) = ( 2;1) Câu 2.

II. Tự luận

Ta có: ∆ ' = ( −2 ) − 1.1 = 3 > 0, nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: 2

x1 = 2 + 3; x2 = 2− 3

b) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 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 ……..

KÈ M

Với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt , áp dụng hệ thức

2m  x1 + x2 = . Theo bài ra ta có: 1 x x m = −  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

DẠ Y

⇔ ( 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.

NH ƠN

OF FI

a) Chứng minh AKMT là tứ giác nội tiếp

 MK ⊥ AB = {K } ( gt ) ⇒  AKM =  ATM = 900 {T }  MT ⊥ AC =

Ta có: 

Xét tứ giác AKMT có:  AKM +  ATM = 900 + 900 = 1800 ⇒ AKMT là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh MB = MC = MD.MA 2

Xét ( O ) ta có:

KÈ M

 là góc nội tiếp chắn cung MC  là góc nội tiếp chắn cung BM ; MAC MAB  ( gt ) ⇒ MAB =  ⇒ sd BM =  (hai góc Lại có: MA là tia phân giác của BAC MAC sdCM nội tiếp bằng nhau chắn hai cung bằng nhau) Ta có :

DẠ Y

 ∠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 ) ⇒ Lại có: sd = BM = MB MC (hai cung bằng nhau chắn hai dây bằng nhau)

⇒

Vậy MB = MC = MD.MA(dfcm) 2

  Đặt BAM = CAM =

c) Khi đường tròn (O) và B, C cố định………

α . Xét ∆AKM và ∆ATM có:

OF FI

 = 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 )

KÈ M

NH ƠN

⇒ ∆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 α , MK AM .sin α Xét tam giác vuông AMT vuông tại T có: AT = AM .cos α AB AC AM .cos α + AM .cos α 2cos α ⇒ + = = = 2cot α MK MT AM .sin α sin α Vì đường tròn (O) và BC cố định nên số đo cung BC không đổi 1 = ⇒ BAC 2α = số đo cung BC không đổi (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chắn) 2 ⇒ α không đổi ⇒ 2cot α không đổi AB AC 1 Vậy + = 2cot α không đổi, với α = số đo cung BC không đổi. MK MT 4 6 2 Câu 4. Giải phương trình x + 3 x + 9 x + 18 = 3 x + x + + 5 x

DẠ Y

 x 2 + 3x ≥ 0  x ≥ 0, x ≤ −3   x ≥ −2 9 18 0 x + ≥   DK :  ⇔  x2 + 5x + 6 ⇔ x>0 6 5 0 0 x + + ≥ ≥   x x    x ≠ 0  x ≠ 0

Khi đó:

283

x2 + 5x + 6 x

PT ⇔ x ( x + 3) + 3 x + 2 = 3 x +

⇔ x . x ( x + 3) + 3 x . x += 2 3x x + x 2 + 5 x + 6

( x + 2 )( x + 3) + 3

(

x . x + 2 − 3x x = 0

(

)

⇔ x+3 x− x+2 −3 x x− x+2 = 0

(

⇔ x− x+2

)(

x − x + 2 = 0 (1) x+3 −3 x = 0⇔  0 (2)  x + 3 − 3 x =

)

Ta có:

(1) ⇔ x =

x + 2 ⇔ x 2 = x + 2 ( do x > 2 )

⇔ x ( x − 2) + ( x − 2) = 0  x = −1(ktm) ⇔ ( x + 1)( x − 2 ) =0 ⇔   x = 2(tm)

NH ƠN

⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇔ x2 − 2 x + x − 2 = 0

3 x + 3 = 3 x ⇔ 9 x = x + 3 ⇔ x = (tm) 8  3 Vậy phương trình có tập nghiệm S =  2;   8

KÈ M

( 2) ⇔

DẠ Y

OF FI

⇔ x x+3−

( x + 2 )( x + 3)

⇔ x x + 3 + 3 x . x += 2 3x x +

284 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

(

1− 2

)

OF FI

I.TRẮC NGHIỆM (3,00 điểm)

M Câu 1.Rút gọn biểu thức =

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ta được:

1 A.M = 1− 2 B.M = 1+ 2 C.M = 2 −1 D.M = − 2 2 Câu 2.Kết quả nào dưới đây là sai (với a ≥ 0, b > 0) ? ab

B= . 9. 3 3 3

a 12 = D. b

NH ƠN

A= . a. b

C. = 9+ 3

a 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 ∈  B.  2x − 1 y =

C.( 0; −1)

D.(1;1)

x ∈  A.  2x + 1 y =

D.2

KÈ M

Câu 5.

Tọa độ các giao điểm của đồ thị hàm số ( P ) : y = x và đường thẳng ( d ) : y= x + 2 được 2

DẠ Y

cho ở Hình 1 là:

A.( −1;1) ; ( 2;4 )

B.( −1;1)

C.( 2;4 )

D.(1; −1) ; ( 4;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 p

C H

4m Hình 3

OF FI

Vị trí cột gãy

1 A.N = −1 B.N = −4 C.N = − D.N = 2 2

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:

B. 12

C.12

D.16

NH ƠN

A.4

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.7 m

D.8m

Câu 9. Cho hình vẽ như hình 4. Đẳng thức nào sau đây sai

(

)

1  =  A. AED =+ sd  AmD BnC B.BOC sd BnC 2  1=   1 BOC  C.BAD sd BpD D.BEC 2 2

4 cm

KÈ M

4 cm

A Hình 7

Hình 6

Hình 5

 . Câu 10. Trên nửa đường tròn đường kính AB lấy các điểm C , D sao cho  AC = CD = DB

DẠ Y

Gọi H là giao điểm của AD và BC (hình 5). Khẳng định nào sau đây sai ?

1 A. AC =CD =DB B.CH = 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 thẳng OA và cung tròn AB, biết  AOB = 900 (Hình 6)

286

A.π cm 2

B.2π cm 2

C.3π cm 2

D.4π 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 ?

11 28

22 7

11 7

11 14

II.TỰ LUẬN(7,00 điểm)

−1 x − y = a)  8 2 x + 3 y =

OF FI

Câu 13.(1,5 điểm)Giải các phương trình, hệ phương trình sau :

)2 x 2 + x − 6 0 b=

c)= x4 − 7 x2 − 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

NH ƠN

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

KÈ M

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

10B

DẠ Y

II.Tự luận Câu 13.

10 2 −1 −2 5 y = x − y = 2 x − 2 y = y = a)  ⇔ ⇔ ⇔ 8 2 x + 3 y = 8 1 −1 + y 2 x + 3 y = x = x = 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 − 3 x − 6 = 0 ⇔ 2 x ( x + 2 ) − 3 ( x + 2 ) = 0

 x = −2 ⇔ ( x + 2 )( 2 x − 3) =0 ⇔  3 x = 2   3 Vậy S =  −2;   2

OF FI

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 =

Vậy m = 3

NH ƠN

b) Học sinh tự vẽ (P) c) Tình khoảng cách từ O đến (d)

KÈ M

DẠ Y

-2

-1

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

4 5 5

Câu 15.

OF FI

Gọi thời gian máy A in được 100 trang giấy là x (phút) ( x > 0 )

Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng ( d ) là

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

⇒ 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

NH ƠN

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.

DẠ Y

KÈ M

Câu 16.

C A

E M OI

a) Chứng minh rằng tứ giác ACEI là tứ giác nội tiếp

289 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 giác nội tiếp). Ta lại có:

  ( 2) AFI = EBI ⇒ AFI = ABC (cùng phụ với ∠FAI ) ⇒    ⇒ ∆EBM cân tại E Từ (1) và ( 2 ) ⇒ EMI = EBI

OF FI

 = 900 (do ∆AFI vuông tại I ) AFI + FAI  =900 ⇒   =900 (∆ABC vuông tại C) ⇒ ABC + CAB ABC + FAI

 ∠AFE = AFI (1) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ tiếp ∆AEF ) ⇒ ∠EMI =

c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF chạy trên một đường thẳng

NH ƠN

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

DẠ Y

KÈ M

điểm đối xứng với B qua I

∆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

290 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT

QUẢNG BÌNH

NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN TOÁN CHUNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

Khóa ngày 16/07/2020

2x + x − 25

5 x≥0    x + 5  x ≠ 25 

5 + x −5

OF FI

Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức P =

Đề số 46

a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm các giá trị của x để P = −

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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)

NH ƠN

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 ) Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình x − 2 ( m + 1) x + m − 3 = 0(2) (với m là tham số) 2

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

KÈ M

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

DẠ Y

c) IK là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn ( O1 ) và ( O2 )

291 ĐÁP ÁN

(

) ( ) ( )( ) ( 2 ( x + 5) 2 x + 10 x = = ( x − 5)( x + 5) ( x − 5)( x + 5)

)(

)

2 x −5

OF FI

2 x + 5 x + 5 + 5 x − 5 2 x + 5 x + 25 + 5 x − 25 = x −5 x +5 x −5 x +5

NH ƠN

1 2 x 1 5− x b) P =− ⇔ =− ⇔ 6 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 = 2  − m + 2n = ( m − 3)( −1) + 2n − 5 = 4  3 ⇔ ⇔    15  23 4  2m + 2n = ( m − 3) .2 + 2n − 5 = n=  6

Câu 3.

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: 2

KÈ M

x1 = 4 − 10; x2 = 4 + 10

b) Phương trình ( 2 ) có hai nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0

⇔ ( m + 1) − ( m 2 − 3) ≥ 0 ⇔ 2m + 4 ≥ 0 ⇔ m ≥ −2 (*) 2

 x1 + x2= 2 ( m + 1) . Khi đó: 2 = −  x1 x2 m 3

DẠ Y

Áp dụng hệ thức Vi – et ta có: 

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 > − 2

a) Với điều kiện x ≥ 0, x ≠ 25 ta có:

Câu 1.

13 (tm(*)) 8

292 Vậy m > −

13 8

1 5 1 1 9 + = + + a 2 + b 2 ab a 2 + b 2 2ab 2ab

= Q

Câu 4.

n  m   m2 n2  n)  . k+ . k  ≤ +  ( k + k ) (B ĐT Bunhiacopxki) Xét ( m + = 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

Câu 5.

KÈ M

1  1 =  a 2 + b 2 a + b (do (1))  1 ⇔ a =b = a = b (do (2)) 2 a + b ≤ 1( gt )   1 Vậy MinQ = 22 ⇔ a = b = 2

NH ƠN

 m2 n2  lượt tương ứng với  ;  và ( k ; k ) ta có:  k k  1  2 2  1 2 + 4  2  .( a + b + 2ab ) ≥ (1 + 1) = 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 :

OF FI

DẠ Y

H O2

293

 = 900 nên AKHI là hình chữ nhật Và theo giả thiết: IAK b) Vì AKHI là hình chữ nhật nên  AIK = ∠AHK

  ⇒ tứ giác BIKC là tứ giác nội tiếp Do đó = AIK HCK c) Ta có:

OF FI

0        O 1 IK =O1 IH + HIK =O1 HI + HAK =BCA + HAK =90  KI = 900. Tương tự ta cũng có: O 2

KÈ M

NH ƠN

Từ đó ta có: IK là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ( O1 ) và ( O2 )

DẠ Y

 (cùng chắn cung HK của nửa đường tròn ( O ) Hơn nữa, ta có:  AHK = HCK 2

  a) Xét tứ giác AHKI có  AKH = HKD = 900 ;  AIH = BIH = 900

294 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

QUẢNG NAM

NĂM HỌC 2020 – 2021

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Môn thi: TOÁN chung Thời gian: 120 phút

Đề số 47

Khóa thi ngày: 23 – 25/7/2020

a) Thực hiện phép tính A = 2 27 − 12 +

3 3

OF FI

Câu 1. (2,0 diểm)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

a− a a −1 + với a ≥ 0, a ≠ 1 1− a a +1

= B b) Rút gọn biểu thức 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

NH ƠN

A ( 2;1) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5.

b) Cho parabol ( P ) y = 3 x và đường thẳng ( d ) : = y 2 x + m (m là tham số). Tìm m để 2

( P ) và ( d ) có một điểm chung duy nhất. Tìm tọa độ điểm chung đó. Câu 3. (2,5 điểm)

a) Giải phương trình: x + 5 x − 36 = 0 4

5 x + 2 y = −4 2 xx − 3 y =

b) Giải hệ phương trình 

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.

KÈ M

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)

DẠ Y

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

3 = 2.3 3 − 2 3 + 3 = 6 3 − 3 = 5 3 3

(

) (

a− a a −1  a ≥ 0 − a 1− a b) B = + +  = 1− a 1− a a + 1 a ≠ 1 

)(

a +1

OF FI

=− a + a − 1 =−1

)

a −1

a )2 27 − 12 +

Câu 1.

Câu 2.

a) Đồ thị hàm số = 1 y ax + b qua A ( 2;1) ⇒ 2a + b =

(1)

Đồ thị hàm số = y ax + b cắt trục tung tại điểm có tung độ là 5

1− 5 = −2 2

NH ƠN

⇒ a.0 + b = 5 ⇒ b = 5 ⇒ a = Vậy a = −2, b = 5

b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) & ( d ) : 3 x= 2 x + m

⇔ 3x 2 − 2 x + m = 0 (1)

( P ) cắt ( d ) tại một điểm chung duy nhất

⇔ ∆ ' = 0 ⇔ ( −1) − 3.( −m ) = 0 ⇔ m = − 2

1 3

b' 1 1 =⇒ y= a 3 3

Tọa độ điểm duy nhất là : x = −

1 3

1 1 3 3

Vậy m = − , tọa độ điểm chung của hai đồ thị là  ;  Câu 3.

KÈ M

a ) x 4 + 5 x 2 − 36 = 0

0 ( t ≥ 0 ) phương trình thành: t 2 + 5t − 36 = ⇔ t 2 + 9t − 4t − 36 =0 ⇔ t ( t + 9 ) − 4 ( t + 9 ) =0

Đặt = t x

tm) = = t 4( x 2 ⇔ (t − 4)(t + 9) = 0 ⇔  ⇒ −9(ktm)  x = −2 t =

{±2}

DẠ Y

Vậy S =

5 1 −10 −7 y = −14  x = x + 2 y = −2 x − 4 y = b)  ⇔ ⇔ ⇔ 5 − 2y 2 −4 2 x − 3 y = −4 2 x − 3 y = x = y =

Vậy ( x; y ) = (1;2 )

296

( 2m + 1)

= ∆

− 4 ( 4m −= 3) 4m 2 + 4m + 1 − 16m + 12

= 4m 2 − 12m + 9 + 4=

( 2m − 3 )

+4>0⇒∆ >0

x2 4m − 3  x1.=   x1 + x2 = 2m + 1

OF FI

Nên phương tình luôn có hai nghiệm phân biệt. Áp dụng định lý Vi – et ta có:

0 c) x 2 − ( 2m + 1) x + 4m − 3 =

 x1 > 1  x1 − 1 > 0 ⇒ x 1 <  2  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

Vậy m <

3 thì thỏa đề . 2

Câu 4.

3 2

NH ƠN

⇔ 4m − 3 − 2m − 1 + 1 < 0 ⇔ 2m < 3 ⇔ m <

M K

KÈ M

DẠ Y

a) Chứng minh tứ giác MBOC nội tiếp

  Vì MB, MC là hai tiếp tuyến nên OCM = OBM = 900  + 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)

= Từ (1) và (2) ⇒ OM là đường trung trực của BC ⇒ OM ⊥ BC tại H ⇒ BHO 90 0

Vì tứ giác MBOC nội tiếp trong đường tròn (câu a)

=  (cùng chắn cung OB) ⇒M C 1 1  90 (do d ⊥ OA tại A) = MAO Ta có: 0

 = 900 (do MB là tiếp tuyến của (O)) MBO  = MBO  = 900 ⇒ MAO

OF FI

= C  ( 4 ) (tính chất tam giác cân) Mà ∆BOC cân tại O (vì OB= OC ) ⇒ B 1 1

Xét tứ giác MAOB có hai đỉnh A và B kề nhau cùng nhìn OM dưới một góc 90 )

NH ƠN

 (cùng chắn cung OB ) A1 = M ⇒ MAOB là tứ giác nội tiếp ⇒  1  Từ ( 3) , ( 4 ) , ( 5 ) ⇒  A = B 1

Xét ∆KBA và ∆HOB có:

(5)

 (cmt ) = = A1 = B BKA BHO 900 ( do BK ⊥ OA, BC ⊥ OM ) ;  1

KA KB ⇒ ∆KBA  ∆HOB( g .g ) ⇒ = ⇒ 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 cố định

Gọi giao điểm của OA và BC là I

 chung;  = 900 Xét ∆OMA và ∆OIH có: O = H A

lượng)

KÈ M

OM OI 2 ⇒ ∆OMA  ∆OIH ( g .g ) ⇒ = ⇒ OM .OH = OI .OA = OB = R 2 (hệ thức OA OH

DẠ Y

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 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

QUẢNG NGÃI

NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi:TOÁN

Đề số 48

Thời gian: 120 phút

Bài 1. (2,0 điểm) 1. Thực hiện phép tính 16 9 − 9 16 2. Cho hàm số y = ax , với a là tham số 2

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)

OF FI

ĐỀ CHÍNH THỨC

Ngày thi: 17/07/2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NH ƠN

1. Giải phương trình và hệ phương trình sau :

8 3 x + 2 y = b)  3 2 x − y =

0 a) x 2 − 5 x − 4 =

2. Cho phương trình x − 2 ( m + 1) x + m − 4 = 0, với m là tham số 2

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

KÈ M

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

DẠ Y

 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 y 3 P = 2 + 2 + 2020 y x

ĐÁP ÁN 1) Ta có: 16 9 − 9 16 = 16.3 − 9.4 = 48 − 36 = 12

OF FI

Bài 1.

2) a) Thay= x 2,= y 8 vào hàm số y = ax ta được : 8= a.2 ⇔ a= 2 2

b) Học sinh tự vẽ Bài 2. 1) Giải phương trình và hệ phương trình

NH ƠN

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 ⇔  ⇔ −4 0 =  x= x 4 Vậy phương trình có nghiệm = x 1;= x 4

2 y 8 3 x += 2y 8 = = 3 x += 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 Xét phương trình x − 2 ( m + 1) x + m − 4 = 0 . Ta có:

∆='  − ( m + 1)  − 1.( m − 4 )= m 2 + 2m + 1 − m + 4= m 2 + m + 5 2

1 1 19  1  19 = m + 2.m. + + =  m +  + > 0 ⇒ ∆ ' > 0 ( ∀m ) 2 4 4  2 4 2

KÈ M

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: 

DẠ Y

Ta có:

A = x1 (1 − x2 ) + x2 (1 − x1 ) = x1 − x1 x2 + x2 − x1 x2

( x1 + x2 ) − 2 x1x2 =

2m + 2 − 2m + 8 = 10

Vậy A = 10 không phụ thuộc vào m Bài 3.

300

Giá niêm yết của một đôi giày bạn An mua là y (đồng) ( 0 < y < 850000 )

Gọi giá niêm yết của 1 cái cặp bạn An mua là x (đồng) (15000 < x < 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) -

1 chiếc cặp: x − 15000 (đồng)

1 đôi giày : y − 10% y = 0,9 y (đồng)

OF FI

Sau khi giảm giá , giá tiền của :

Sau khi giảm giá bạn An trả tiền cho chiếc cặp và đôi giày là 785000 đồng nên ta có

9 10

phương trình: x − 15000 + = y 785000 ⇔ 10 x += 9 y 8000000(2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

NH ƠN

= = =  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.

KÈ M

E K

a) Chứng minh tứ giác EFMK nội tiếp đường tròn

Xét đường tròn ( O ) ta có:

DẠ Y

 = AEB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ FEK 900  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 hai góc đối bằng 180 ) 0

Vậy tứ giác EFMK nội tiếp đường tròn (đpcm)

301

)  = 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   Nên FAB = EFB =  AFB

OF FI

= AFB nên ∆ABF cân tại B Tam giác ABF có FAB c) Chứng minh tứ giác AKFH là hình thoi

b) Chứng minh ∆ABF là tam giác cân

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

NH ƠN

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 =  hay   Mà  AKF + KAI 1800 (kề bù) nên  AIF = KAI AIM = MAI = = Do đó tam giác AMI vuông cân nên MAI 450 ⇒ MAB 450

= = ⇒ sd cung MB 2 MAB 2.450 = 900 ⇒ M là điểm chính giữa của cung AB.

Bài 5. Ta có:

x 2 + y 2 = ( x + y ) − 2 xy = 52 − 2.( −2 ) = 29 2

x 3 + y 3 = ( x + y ) − 3xy ( x + y ) = 52 − 3.( −2 ) .5 =155 3

(x (x

KÈ M

x3 y 3 x5 + y 5 ⇒ P = 2 + 2 + 2020 = + 2020 y x x2 y 2 + y 2 )( x 3 + y 3 ) − ( x 2 y 3 + x 3 y 2 )

( xy )

+ y 2 )( x 3 + y 3 ) − x 2 y 2 ( x + y )

( xy ) 2 29.155 − ( −2 ) .5 = + 2020 2 ( −2 )

DẠ Y

Vậy P =

12555 4

+ 2020

302 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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề số 49 Câu 1. (2,0 điểm)

OF FI

1) Thực hiện phép tính: 2 +



1 1  5 − với x ≥ 0 : x +7 x +7  x +2 4 x + 2 y = 3) Giải hệ phương trình  0 x − 2 y = 2) Rút gọn biểu= thức B 

NH ƠN

Câu 2. (2,0 điểm)

Cho phương trình x + 4 x + 3m − 2 = 0, với m là tham số 2

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

Câu 4. (3,5 điểm)

tất cả 6 giờ. Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng, biết vận tốc dòng nước là 4km / h 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 là E

KÈ M

AO và BC. Kẻ đường kính BD của đường tròn ( O ) , AD cắt đường tròn tại điểm thứ hai a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp b) Tính độ dài AH = , biết R 3= cm, AB 4cm c) Chứng minh AE. AD = AH . AO d) Tia CE cắt AH tại F. Chứng tỏ F là trung điểm của AH

DẠ Y

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

thức Q = x + y − 9 x − 12 y + 2

16 + 25 2x + y

303 ĐÁP ÁN

2) Điều kiện x ≥ 0

x +7− x −2 x +7 1  5  1 − = B= .  : 5 x +7 x +7 x +2 x +7  x +2 5 = 5. x + 2

(

)(

)

OF FI

(

1 x +2

)

1)2 + 9 = 2 + 3 = 5

Câu 1.

3) Giải hệ phương trình:

2 y 4 = 2x 4 =  x += x 2 ⇔ ⇔  2y 0 = x −= x 2 y = y 1

NH ƠN

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:

x + 4x − 5 = 0 2

x =1  x = −5

Phương trình có dạng a + b + c = 0 ⇒ 

Vậy khi m = −1 thì tập nghiệm của phương trình là S= 2) Tìm giá trị m

{1; −5}

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

KÈ M

Vậy khi m = −

Ta có: ∆ ' = ( −2 ) − ( 3m − 2 ) = 4 − 3m + 2 = 6 − 3m 2

Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 6 − 3m > 0 ⇔ m < 2

−4  x1 + x2 = ( *) x2 3m − 2  x1 =

DẠ Y

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:

5 −4 1 − 2 x2 + x2 =  x2 =  x2 = 5 43 ⇔ ⇔ ⇒m= − (tm)    3m − 2 (1 − 2.5 ) .5 = 3m − 2 3m − 2 =−45 3 (1 − 2 x2 ) x2 =

304

43 3

Vậy m = − Câu 3.

Vận tốc cano khi xuôi dòng là x + 4( km / h) Vận tốc ca nô khi ngược dòng: x − 4( km / h)

OF FI

32 (giờ) x+4 32 Thời gian ca nô ngược dòng từ bến B về bến A là (giờ) x−4

Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là x ( km / h )( x > 4 )

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:

NH ƠN

32 ( x − 4 ) + 32 ( x + 4 ) 32 32 + = = 6⇔ 6 x+4 x−4 ( x + 4 )( x − 4 )

⇒ 32 x − 128 + 32 x + 128 = 6 ( x 2 − 16 )

⇔ 6 x 2 − 64 x − 96 =0 ⇔ 3 x 2 − 32 x − 48 =0

⇔ 3 x 2 − 36 x + 4 x − 48 =0 ⇔ 3 x ( x − 12 ) + 4 ( x − 12 ) =0

 x = 12(tm) ⇔ ( x − 12 )( 3 x + 4 ) =0 ⇔  4  x = − (ktm) 3 

Vậy vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là 12km / h Câu 4.

DẠ Y

KÈ M

E C

305

Xét đường tròn ( O ) có AB, AC là các tiếp tuyến ⇒  ABO = 900 ;  ACO = 900

a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp

b) Tính độ dài AH= biết R 3= cm, AB 4cm Xét đường tròn ( O ) có AB, AC là hai tiếp tuyến cắt nhau tại A

Xét tứ giác ABOC có  ABO +  ACO = 900 + 900 = 1800 ⇒ ABOC là tứ giác nội tiếp

BC Do đó OA ⊥ BC tại H Xét tam giác ABO vuông tại B, theo định lý Pytago ta có:

OF FI

Suy ra AB = AC (tính chất) mà OB= OC= R ⇒ AO là đường trung trực của đoạn thẳng

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 AO 5 c) Xét ∆ABO vuông tại B có BH là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác 2 vuông, ta có: AB = AH . AO (1) )  chung;   (cùng chắn BE Xét ∆AEB và ∆ABD có: BAE ABE = BDE có: AB =AH . AO ⇔ AH =

NH ƠN

AE AB ⇒ ∆AEB  ∆ABD( g − g ) ⇒ = ⇒ 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

 (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 Xét ( O ) có  ACE = EDC

(

KÈ M

  ACE = FAE = CDE Suy ra 

)

  (cmt ) ⇒ ∆AFE  ∆CFA( g − g ) = ACE FAE Xét ∆AFE và ∆CFA có:  AFE chung; ⇐

AF FE = ⇒ FA2 = FC.FE (*) CF FA

AE AO = AH AD ⇒ ∆AEH  ∆AOD(c − g − c) ⇒  AHE =  ADO

DẠ Y

= AH . AO ⇒ Theo câu b ta có: AE. AD

Suy ra tứ giác EHOD là tứ giác nội tiếp (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối

=  (cùng phụ với  diện) ⇒ HED AOD) BOA )  = CBD  (hai góc nội tiếp cùng chắn CD Xét đường tròn ( O ) có CED

306

 + CED  =900 ⇒ HEC  =900 hay EH ⊥ FC Nên EHD

 + HBO = Lại có: BOH 900 (do ∆BHO vuông tại H )

vuông ta có: FH = FE.FC (**) 2

Từ (*) và (**) suy ra FA = FH ⇔ FA = FH ⇒ F là trung điểm AH 2

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

( x − 1)

≥ 0;

2x + y +

( y − 2)

16 ≥2 2x + y

16 − 9 ( x + y ) + 20 2x + y

≥0

( 2 x + y ).

16 = 8 2x + y

⇒ −9 ( x + y ) ≥ −9.3 = −27

DẠ Y

KÈ M

x = 1 y = 2

Vậy Qmin = 1 ⇔ 

⇒ Q ≥ 0 + 0 + 8 − 27 + 20 =1 ⇒ Q ≥ 1 Dấu " = " xảy ra khi= x 1,= y 2

16 − 9 ( x + y ) + 20 2x + y

NH ƠN

= ( x − 1) + ( y − 2 ) + ( 2 x + y ) +

OF FI

Câu 5.

Xét tam giác HFC vuông tại H có HE là đường cao, theo hệ thức lượng trong tam giác

307 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)

2. 7 + 81 − 14

 x > 0 1   1 . 1 B= x − − ( )  x ≠1   x  x −1  

OF FI

Bằng các phép biến đổi đại số, hãy rút gọn các biểu thức sau :

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Câu 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau :

NH ƠN

8 2 x + 3 y = b)  −1 5 x − 3 y =

0 a )9 x 2 − 2 x − 7 =

Câu 3. (1,5 điểm) Cho hàm số y = 2 x có đồ thị ( P ) 2

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

KÈ M

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 b)  AHB =  AIB

c) AH + BC = 4R 2

DẠ Y

Câu 6. (0,5 điểm) Cho các phương trình bậc hai ax + bx + c = 0; cx + bx + a = 0 ( a ≠ c ) 2

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

1 . x

(

x − x +1 x.

(

)

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

)

x −1

NH ƠN

x =1 ⇔ 7 x = − 9 

OF FI

 x > 0 1   1 − B=   ( x − 1)  x ≠ 1  = x  x −1  

A = 2. 7 + 81 − 14 = 14 + 9 − 14 = 9

Câu 1.

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 :

KÈ M

 2m ⇒ y= m  x= 1 1  2m   2m  2 2 2x = ; m ; B  − ; m  . Vì AB = 10 ⇒ A m⇔ 2 2  2m     − ⇒ y2 = m  x2 = 2 

( y A − yB )

⇒

10 + ( x A − xB ) = 2

 2m 2m  2 100 ⇔ ( m − m) +  + = 2 2  

(

DẠ Y ⇔

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 x−4 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 x−4 3 ⇔ 3.( 32 x − 64 ) = 7 x 2 − 28 x ⇔ 7 x 2 − 124 x + 192 = 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.

NH ƠN

Câu 5.

D I

KÈ M

OF FI

0 ⇔ 7 x ( x − 16 ) − 12 ( x − 16 ) = 0 ⇔ 7 x 2 − 112 x − 12 x + 192 =

Suy ra thời gian lúc đi :

a) Ta có: ∠ADH + ∠AEH = 90 + 90= 180 ⇒ tứ giác AEHD nội tiếp 0

b) Ta có :  AIC =  ABC (tứ giác AIBC nội tiếp cùng chắn cung AC)

DẠ Y

∠BEC = ∠BDC = 900 ( gt ) ⇒ BEDC là tứ giác nội tiếp =  (góc trong tại 1 đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện) ⇒ EBC EDA

=  ⇒ EIA AHE (1) Mặt khác  ADE =  AHE (do tứ giác AEHD nội tiếp)  = 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  ( 2)  = IHB Nên BIC Từ (1) và (2) suy ra  AIB =  AHB

(OM ⊥ BC - tính chất đường kính dây cung) Áp dụng định lý Pytago và các biến đổi ta có:

1 BC ⇒ ∆OMI vuông tại I 2

OF FI

1 2

= AH mà BM trung điểm M của BC ⇒ OM =

c) Kẻ đường kính AOA ', chứng minh được BHCA ' là hình bình hành nên HA ' đi qua

BC 2 = ( 2 BM ) =4 BM 2 =4 ( BO 2 − OM 2 ) =4 R 2 − 4OM 2 2

Mà = AH 2

2OM ) (= 2

4OM 2

⇒ AH 2 + BC 2= 4OM 2 + 4 R 2 − 4OM 2= 4 R 2

NH ƠN

Câu 6.

Gọi m là nghiệm chung của phương trình: ax + bx + c = 0 (1) và cx + bx + a = 0 ( 2) 2

am 2 + bm + c = 0 ( 3) . Lấy ( 3) − ( 4 ) ta được: ⇒ 2 cm + bm + a = 0 4 ( ) 

0 ( a − c ) m2 − ( a − c ) =

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

KÈ M

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

DẠ Y

Vậy x1 + x2 > 2

311 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

SÓC TRĂNG

Năm học 2020 – 2021 Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1. (1,0 điểm) a) Cho a ≥ 0 và b < 0 . Rút gọn biểu thức= P

(

)

12 + 75 . 3

OF FI

Đề số 51

b) Thực hiện phép tính :

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

a 2 − b2

Bài 2. (2, điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau :

NH ƠN

−1 x − y = b)  6061 2 x + y =

a )2 x 2 − 9 x − 5 = 0

Bài 3. (2,0 điểm) Cho hàm số y = − x có đồ thị ( P ) và đường thẳng d : = y 2x − 3 2

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 ?

KÈ M

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

DẠ Y

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

(

12 + 75

)

(

3= 2 3+5 3

)

3= 7.3 = 21

Bài 2.

∆ = (−9) 2 − 4.2.(−5) = 121 > 0 Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

NH ƠN

9 + 11  5 = x  1 = 4   x = 9 − 11 = − 1  2 4 2

OF FI

a )2 x 2 − 9 x − 5 = 0

6060  x = 2020 −1 x − y = 3 x = 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 ⇔ −1 1 y=  x =⇒

Bài 4.

KÈ M

Vậy tọa độ giao điểm là ( −3; −9 ) ; (1; −1) 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

DẠ Y

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) x−4

313

1000000 1000000 (chiếc) + x x−4 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:

OF FI

1   1000000 1000000  1 + 3  = 437500 ⇔ 3000000  +  = 437500 − − x x x x 4 4     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

ta có phương trình:

⇔ 7 x 2 − 112 x − 12 x + 192 = 0 ⇔ 7 x ( x − 16 ) − 12 ( x − 16 ) = 0

NH ƠN

 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.

KÈ M

D N

F E

G O C

a) Chứng minh ABCD là tứ giác nội tiếp

DẠ Y

 = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Ta có: MDC

 =BAC = ⇒ BDC 900 ⇒ ABCD là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn 1

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 MA.MC =(hai cạnh tương ứng) ⇒ MB.MD = MD MC 1 1 1 1 MC = AC ⇒ MA.MC = AC. AC = AC 2 Mà M là trung điểm AC nên MA = 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 ) CF MF NE EG Nhân hai vế của (1) và ( 2 ) ta được:

NH ƠN

NB CE MB EG NB CE MB = ⇒ = . . . NE CF EG MF NE CF MF ⇔ MB.NE.CF = MF .NB.CE (dfcm)

OF FI

⇒

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)

R ⇒ Bán kính vành nón là =

40 = 20(cm) 2

DẠ Y

KÈ M

Vậy diện tích xung quanh của chiếc nón là = S xq

π= Rl π .20.30 = 600π ( cm 2 )

315 SỞ GD & ĐT SƠN LA

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

ĐỀ CHÍNH THỨC

NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN Ngày thi : 22/7/2020 Đề số 52

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1.(1, 5 điểm)

1 1 − x +2 x −2

OF FI

x + x−4

Cho biểu thức A =

a) Tìm điều kiện để biểu thức A xác định b) Rút gọn biểu thức A Câu 2. (1,0 điểm)

Trên cùng hệ trục tọa độ vẽ đồ thị hai hàm số y = x+2& y = x . Tìm tọa độ giao 2

NH ƠN

điểm của hai đồ thị đó.

Câu 3. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:

x 2035 a ) + 2020 = x + 2 2

b) x − 2 2 x − 6 = 0 2

c) x + 2

9 x2

( x + 3)

Câu 4. (1,0 điểm) Cho phương trình x + 2 ( m − 3) x + m − 1 = 0 với m là tham số. Tìm m 2

để phương trình có hai nghiệm dương.

Câu 5. (1,5 điểm)

Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 480m . Nếu tăng chiều dài lên 8m và 2

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 .

KÈ M

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

DẠ Y

góc ∠EAF

316 ĐÁP ÁN Câu 1.

b) Rút gọn A

1 1 x ≥ 0 −   x +2 x − 2  x ≠ 4

x A= + x−4

x+ x −2− x −2 x−4 = = 1 x−4 x−4

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.

KÈ M

2035 2035 x x a ) + 2020 = x + ⇔ x − = 2020 − 2 2 2 2 1 2005 ⇔ = x ⇔= x 2005 2 2 0 b) x 2 − 2 2 − 6 = ∆' = 2 + 6 = 8 > 0

x = 2 + 8 = 3 2 ⇒ 1 − 2  x2 =2 − 8 =

2; − 2

DẠ Y

= S

c) x + 2

}

9 x2

( x + 3)

NH ƠN

Câu 2.

OF FI

x ≥ 0 x ≥ 0 x ≥ 0   Điều kiện  x − 4 ≠ 0 ⇔  x ≠ 4 ⇔  x ≠ 4   2 0 2 x x − ≠ ≠   Vậy biểu thức A xác định khi x ≥ 0, x ≠ 4

a) Tìm điều kiện

= 7 (*) . Điều kiện x ≠ 3

317

3x 2 9 x2 6 x2 7 ⇒ (*) ⇔ x − 2. + + = x + 3 ( x + 3)2 x + 3 2

 x 2 + 3x − 3x  3x  6 x2 6 x2  ⇔x− −7=0⇔ −7=0  +  + x +3 x +3 x+3    x+3

x2 =t Đặt x+3 ⇒ (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

OF FI

 x2  x2 ⇔ −7= 0 (1)  + 6. x+3  x +3

NH ƠN

x2 +)t =−7 ⇒ =−7 ⇔ x 2 + 7 x + 21 =0 có ∆ = −35 < 0 ⇒ PTVN x+3  1 − 13 x1 = (tm)  2 x 2 2 +)t =1 ⇒ =1 ⇒ x − x − 3 = 0 ⇔  x+3  1 + 13 (tm)  x2 =  2 1 ± 13    2 

Vậy tập nghiệm của phương trình: S =  Câu 4. Tìm m….

Để phương trình x + 2 ( m − 3) x + m − 1 = 0 có hai nghiệm dương thì 2

KÈ M

2 2 ∆ ' ≥ 0 ( m − 3) − ( m − 1) ≥ 0 m − 6m + 9 − m + 1 ≥ 0     ⇔  S > 0 ⇔ −2 ( m − 3) > 0 ⇔ m − 3 < 0  m − 1 > 0 m > 1 P > 0   m 2 − 7 m + 10 ≥ 0   x ≤ 2   ⇔ m < 3 ⇔   x ≥ 5 ⇔ 1 < m ≤ 2 m > 1 1 < m < 3  

Vậy 1 < m ≤ 2

DẠ Y

Câu 5.

Gọi chiều dài và chiểu rộng của mảnh vườn là x, y ( m )( x > y > 2 ) Vì diện tích mảnh vườn là 480m nên ta có phương trình xy = 480(1) 2

318

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:

480 ⇔ xy + 8 y − 2 x − 16 = 480

⇔ 2 x − 8 y =−16(do xy =480) ⇒ x − 4 y =−8 ( 2 )

. Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

( x + 8)( y − 2 ) =

Nếu tăng chiều dài lên 8m thì chiều dài mới là x + 8 ( m )

OF FI

= = y − 8). y 480 4 y 2 − 8 y −= 480 0  y 2 − 2 y −= 120 0  xy 480 (4 ⇔ ⇔ ⇔  4y − 8 −8  x = 4y − 8 4y − 8 x − 4 y = x = x =  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)

NH ƠN

Câu 6.

KÈ M

a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp được đường tròn Ta có: AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O)

DẠ Y

 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

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:

OB. AB 2 2 R.R 2 2 R = = 3R 3 AO 2 2 8R 8R 4 2R AB AH = = = ⇒ BC = 2 BH = 3 3 AO 3R

BH =

1 1 8 R 4 2 R 16 2 R 2 = . . = AH .BC (dvdt ) 2 2 3 3 9

Vậy khi OA = 3R thì S ABC

NH ƠN

⇒ S= ABC

OF FI

AB=

⇒ 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 = 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 }

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:

KÈ M

HA HF   = (cmt ); EHO AHF (đối đỉnh) ⇒ ∆HEO  ∆HAF (c.g .c) HE HO =  (hai góc tương ứng) ⇒ HEO HAF

 = 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

DẠ Y

 (dfcm) ⇒ AO là tia phân giác của EAF

320

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TỈNH TÂY NINH

THPT Ngày thi: 17/07/2020

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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 =

T Câu 2.(1,0 điểm) Tìm x để biểu thức=

49 − 36 + 16 4 x − 3 xác định

5 2 x − y = 6 x + 3y =

Câu3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình 

1 2 x 2

NH ƠN

Câu 4.(1,0 điểm) Vẽ đồ thị của hàm số y =

OF FI

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Câu 7.(1,0 điểm) Cho phương trình 2 x − 4 x − 7 = 0 có hai nghiệm x1 , x2 . Không giải 2

(

)(

)

phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức S =x1 − 1 x2 − 1 . 2

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

KÈ M

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 Câu 10.(1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có  ABC = 600 và đường cao AH ( H thuộc cạnh BC). Trên cạnh AC lấy D sao cho AD = AB. Gọi I là trung điểm BD, đường

DẠ Y

thẳng HI cắt AC tại E. Tính  AEH

321

T Câu 2.Để biểu thức=

4 x − 3 xác định ⇔ 4 x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥

3 4

x − y 5 2= x− y 5 = = 2= 7 y 7 y 1 ⇔ ⇔ ⇔  x + 3 y =6 2 x + 6 y =12  x =6 − 3 y  x =3

Câu 3. 

OF FI

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 3;1) Câu 4. Học sinh tự vẽ đồ thị hàm số (P) Câu 5.

NH ƠN

A a 5

a 5

Câu 1. 49 − 36 + 16 = 7 − 6 + 4 = 5

ĐÁP ÁN

∆ABC cân mà MB = MC ⇒ AM ⊥ BC

BC 2a ⇒ BM =MC = = =a 2 2 Xét ∆AMC vuông tại M, áp dụng định lý Pytago ta có:

KÈ M

AC 2= AM 2 + MC 2 ⇒ AM=

AC 2 − MC 2=

(

a 5

)

− 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)

DẠ Y

Câu 7.

2  x1 + x2 =  Áp dụng hệ thức Vi – et ta có:  7 x x = − 1 2  2

322

2 1

− 1)( x22 − 1) =

( x1x2 )

− ( x12 + x22 ) + 1

− ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2  + 1

9  7   7  =  −  −  22 − 2. −   + 1 = 4  2   2 

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)

OF FI

Câu 8.

Theo đề bài, số cam ở rổ thứ hai bằng bình phương số cam ở rổ thứ nhất nên ta có phương trình:

x+6=

( x − 6)

⇔ x + 6 = x 2 − 12 x + 36 = 0

NH ƠN

⇔ x 2 − 13 x + 30 =0 ⇔ x 2 − 3 x − 10 x + 30 =0

⇔ x ( x − 3) − 10 ( x − 3) =0 ⇔ ( x − 10 )( x − 3) =0 10 0 =  x −=  x 10(tm) ⇔ ⇔ x−3 0 = =  x 3(ktm)

Vậy số cam ở mỗi rổ ban đầu là 10 quả.

Câu 9.

N D

KÈ M

E C

DẠ Y

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 .2020= 378,75 ⇒ S KBC= .S BMC= . S ABCD ⇒ S KBC= 4 4 4 16

OF FI

Câu 10.

⇒

NH ƠN

D H B

Lại có: I là trung điểm của BD

Xét ∆ABD vuông tại A mà AB = AD ⇒ ∆ABD vuông cân tại A

⇒ 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

KÈ M

Xét tứ giác AIHB có 2 đỉnh H và I kề nhau cùng nhìn cạnh AB dưới 1 góc vuông Nên tứ giác AIHB là tứ giác nội tiếp ⇒  AHI =  ABI = 450 (cùng chắn cung AI)

 = 900 ( AH ⊥ BC ) ⇒  =  AHC AHI + EHC AHC Mà  = ⇒ EHC AHC −  AHI = 900 − 450 = 450 (1)

DẠ Y

ABC +  ACB = 900 (hai góc phụ nhau) ∆ABC vuông tại A ⇒   = 300 (2) ⇒ ACB = 900 −  ABC = 900 − 600 = 300 hay ECH

 + ECH  (3) AEH = EHC Ta có:  AEH là góc ngoài của ∆EHC ⇒  Từ (1) , ( 2 ) , ( 3) ⇒  AEH = 450 + 300 = 750

324 ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

THÁI BÌNH

NĂM HỌC 2020-2021 MÔN THI: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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

OF FI

Cho A =

 x − 2 y = 4m − 5 (m là tham số) + = 2 x y 3 m 

a) Giải hệ phương trình khi m = 3

NH ƠN

Câu 2. (2,0 điểm) Cho hệ phương trình 

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn

2 1 − = −1 x y

Câu 3. (2,0 điểm) Cho parabol ( P ) : y = x và đường thẳng ( d ) : = y 3mx + 1 − m (m là 2

tham số)

a) Tìm m để ( d ) đi qua điểm A (1; −9 )

x1 + x2 = 2 x1 x2

b) Tìm m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn Câu 4. (3,5 điểm) Qua điểm M nằm bên ngoài đường tròn ( O; R ) , kẻ hai tiếp tuyến D)

KÈ M

MA, MB ( A, B là hai tiếp điểm). Vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O (C nằm giữa M và 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

DẠ Y

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)

−3 x − 4 x y + 16 x − 2 y + 12 y + 1998 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2

325 ĐÁP ÁN

9 +1 = 2 9 −1

b) Rút gọn biểu thức B Với x > 0, x ≠ 1ta có:

(

) ( )( 2

)

(

)(

(

x +1+ x −1 .

(

)

x +1− x +1 = x +1 . x

)

4 x = x +1 . x

(

)

4 x +1

NH ƠN

c) Để giá trị A và B trái dấu thì AB < 0

OF FI

x +1 − x −1  x +1 x −1 x x −1 B= − : = .   x +1 x −1 x x +1 x −1  x −1

a) Thay x = 9(tmdk ) vào biểu thức A ta= có: A

Câu 1.

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. Với m = 3 ta có hệ phương trình:

a) Giải hệ phương trình khi m=3

2y 7 2y 7 5 x 25 = x − = x − = = x 5 ⇔ ⇔ ⇔  9 18  y =− 9 2x −1 2 x + y = 4 x + 2 y = y = Vậy với m = 3 ⇒ ( x; y ) = ( 5; −1) b) Tìm m để………….

KÈ M

 x − 2 y = 4m − 5 3m 2 x + y =

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

DẠ Y

⇔ 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

⇔ 2m 2 − 5m + 2 + 2m − 4 + 2m − 1 = 0  m = −1(tm) ⇔ 2m − m − 3 = 0 ⇔  3  m = (tm) 2  3 −1; m =thỏa mãn điều kiện bài toán . Vậy m = 2 Câu 3. a) Tìm m để đường thẳng ……….

NH ƠN

OF FI

1  x ≠ 0  2m − 1 ≠ 0 m ≠ ⇔ ⇔ Điều kiện:  2 ≠ − + ≠ y m 0 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

2 1 − = −1(*) x y

Theo đề bài ta có :

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 :

KÈ M

2 x= 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

⇔ ∆ > 0 ⇔ ( 3m ) − 4 ( m 2 − 1) > 0 ⇔ 5m 2 + 4 > 0 ( ∀m ) 2

DẠ Y

Vậy với mọi m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2

3m  x1 + x2 =

Áp dụng hệ thức Vi – et ta có: 

m2 − 1  x1 x= 2

. Theo đề bài ta có:

327

x1 + = x2 2 x1 x2 ⇔ 3= m 2 ( m 2 − 1) ⇔ 2m 2 − 3m −= 2 0

OF FI

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

⇔ 2m 2 − 4m + m − 2 = 0 ⇔ 2m ( m − 2 ) + ( m − 2 ) = 0

NH ƠN

C M

a) Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp và MO ⊥ AB

  Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) nên OAM = OBM = 900 Xét tứ giác MAOB có: ∠OAM + ∠OBM = 90 + 90= 180 0

KÈ M

⇒ 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

DẠ Y

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 ⇒ ∆MAC  ∆MDA( g .g ) ⇒ = ⇒ MA. AD = MD. AC (dfcm) MD AD c) Tính độ dài đoạn thẳng OE theo R

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) =( R ) nên OC= OH .OM ⇒ Mà = OA OC

OF FI

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 = Mà MOI ∠OEH

( 2)

NH ƠN

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 2 OC = OI .OE ⇒ OE = = = 3R R OI 3 R Vậy khi OI = thì OE = 3R 3 d) Tìm vị trí điểm M……….

ta có:

KÈ M

Đặt OM = x ( x > R ) . Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OMP, đường cao OA

1 1 1 1 1 1 = + ⇒ 2= 2+ 2 2 2 OA OM OP R x OP 2 1 1 1 xR ⇒ = 2 − 2 ⇒ OP = 2 OP R x x2 − R2

DẠ Y

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

Ta có:

x2 x2 − R2

x2 − R2 + R2

x2 − R2

x −R + 2

1 1 2 xR x2 = MO.PQ x. = R. Khi= đó S MPQ 2 2 x2 − R2 x2 − R2 R2 x2 − R2

≥2

x2 − R2

x −R . 2

x2 − R2

= 2R

Khi đó S MPQ ≥ R.2 R = 2R 2

Dấu " = " xảy ra ⇔

x2 − R2 =

x −R 2

OF FI

x −R + 2

Áp dụng bất đẳng thức Cô si, ta có:

⇔ x 2 − R 2 = R 2 ⇔ x = R 2(tm)

Vậy diện tích tam giác MPQ đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2R ⇔ M cách tâm O một khoảng 2

NH ƠN

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 ≤ 0, ∀x

=−2 x 2 + 2 x y + y − 6 x − 6

3 0 x = 2  x + y −= ⇔ 2 0 x − = y =1 

KÈ M

Dấu " = " xảy ra ⇔ 

DẠ Y

Vậy MaxP= 2020 ⇔ x= 2; y= 1

330 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 số 55 Câu 1. Không dùng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức A =

ĐỀ CHÍNH THỨC

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN

50 − 32 + 2

OF FI

4 x + y = 5 2 x − y =

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 ?

(

)

3 +1

NH ƠN

b) Tính các giá trị : f ( 0 ) ; f

Câu 4. Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y = −2 x và y= x − 3 2

 Câu 5. Cho biểu thức P  =  

(

3x + 3 x − 3 x +2

)(

a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị của x để P > 0

)

x −1

 1 x − 2 x  x > 0 : −   x +2 x −1  x + 1 x ≠ 1  

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 3= cm, BC 5cm. Tính

KÈ M

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

DẠ Y

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.

50 − 32 + 2 = 5 2 − 4 2 + 2 = 2 2

= 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

y = f ( x) =

(

)

Xét hàm số 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

(

NH ƠN

Xét hàm số y = f ( x) =

OF FI

Câu 2. Ta có:

(

)

3 − 1 x + 1 có:

) (

Vậy f ( 0 ) = 1 và f

)(

(

Câu 4.

)

3 +1 = 3

(

 f ( 0= 3 − 1 .0 + = 1 1 )    f 3 +1 = 3 −1 . 3 +1 +1 = 3 −1+1 = 3 

Ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số đã cho là :

KÈ M

−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

−2 1 y=  x =⇒  3 9 x = − ⇒y= −  2 2

 3  2

DẠ Y

Vậy tọa độ giao điểm là (1; −2 ) ;  − ; − Câu 5.

a) Rút gọn P

Với x > 0, x ≠ 1ta có:

9  2

332

)(

)

x −1

3x + 3 x − 3 + x − 1 − x + 4 x + 1 = . x x +2 x −1

)( ) ( 2 x ( x + 2) x + 1 2 ( x + 1) = . x −1 ( x + 2)( x − 1) x (

b) Tìm giá trị x

Do 2

(

x +2

)(

) >0

x +1 x −1

)

x + 1 > 0 ( ∀x ) ⇒

(

) >0⇔

x +1 x −1

Vậy để P > 0 thì x > 1. Câu 6.

)

x −1

x +1 x

x − 1 > 0 ⇔ x > 1(tm)

NH ƠN

Ta có: P > 0 ⇔

2x + 4 x

x +2

 1 x − 2 x − : x +2 x −1  x +1 

(

3x + 3 x − 3

OF FI

 = P   

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 :

KÈ M

Thời gian ông Minh đi hết quãng đường BC là : Tuy phải sửa xe mất 10 phút =

80 − 20 60 = ( h) x+5 x+5

1 h nhưng ông Minh vẫn đến nơi đúng giờ nên ta có 6

phương trình:

DẠ Y

80 20 60 1 60 60 1 = + + ⇔ − = ⇔ 6.60 ( x + 5 ) − 6.60 x = x ( x + 5 ) x x x+5 6 x x+5 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 0 −45(ktm)  x + 45 = x = ⇔ ⇔ 40 0 =  x −=  x 40(tm)

Vậy vận tốc của ông Minh trên quãng đường AC là 40km / h

333 Câu 7.

Áp dụng định lý Pytago vào ∆ABC vuông tại A ta có:

AC =

BC 2 − AB 2 =

52 − 32 = 4 ( cm )

OF FI

NH ƠN

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 4= cm, AH 2,4cm AH .BC = AB. AC ⇒ AH =

Câu 8.

DẠ Y

KÈ M

334

10cm  A ∈ ( O1 ) ⇒ O1 A = 15cm  B ∈ ( O2 ) ⇒ O2 B =

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

OF FI

⇒

Vậy O1O2 = 20cm Câu 9.

NH ƠN

O N

KÈ M

Gọi O là trung điểm của AH ⇒ O là tâm của đường tròn đường kính AH

 Ta có: BN là đường cao của ∆ABC ⇒ BN ⊥ AC ⇒ HNA = 90 ⇒ ∆ANH vuông tại N 0

⇒ N ∈ ( O )(*)

Xét ∆ANH vuông tại N có đường trung tuyến ON ⇒ ON = OH =

DẠ Y

tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông).

=  (1) OHN ⇒ ∆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 BC (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền) 2

 = ⇒ MBN MNB

⇒ MN = BM =

( 2)

 = OHN  (hai góc đối đỉnh) ⇒ OHN =  + HBM Mặt khác BHM 900 ( 3)  + HNO  Từ (1), (2), (3) suy ra MBN = 900 hay MN ⊥ ON (**)

OF FI

Từ (*) , (**) ⇒ MN là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH . Câu 10.

NH ƠN

A E

F H

KÈ M

a) Chứng minh ∆BHM cân

CF ⊥ AB 900 AFC = ⇒ ∠ADC =  AD ⊥ BC

Ta có: AD, CF là hai đường cao của ∆ABC ⇒ 

Xét tứ giác ACDF có : ∠AFC = ∠EDC = 90 , Mà đỉnh F , D là hai đỉnh kề nhau nên 0

DẠ Y

) =  (cùng chắn DC DFC 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

( 3)

 ) hay ∠CFD = =  (hai góc nội tiếp cùng chắn HD ∠HBD ⇒ HFD HBD

Từ (1), (2), (3) suy ra ∠HBD = ∠CBM hay ∠HBD = ∠DBM ⇒ BD là đường phân giác của ∆BHM

OF FI

⇒ ∆BHM cân tại B (dfcm) b) Chứng minh P, H , Q thẳng hàng

Xét ∆HBM ta có: BD vừa là đường cao, vừa là đường phân giác

 AB ⊥ PM = {I } {J }  AC ⊥ MQ =

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 =  (hai góc nội tiếp cùng chắn IB ) nên IBDM là tứ giác nội tiếp ⇒ IMB IDB

NH ƠN

  Xét tứ giác MDJC ta có: MDC = MJC = 900 mà hai góc này kề nhau nên MDJC là tứ ) =  giác nội tiếp ⇒ JDC JMC (hai góc nội tiếp cùng chắn JC

=  Tứ giác ABMC là tứ giác nội tiếp đường tròn ( O ) ⇒ IBM ACM (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) (1)

 + IMB = Ta có: ∆BIM vuông tại I ⇒ IBM 90 ( 2 ) 0

 + JCM = 900 ( 3) ∆JMC vuông tại J ⇒ JMC

I , D, J thẳng hàng.

= =  , JDC  là hai góc đối đỉnh nên Từ (1) , ( 2 ) , ( 3) ⇒ BMI BDI ∠JDC = ∠JMC ⇒ BDI 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

KÈ M

⇒ 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 )

DẠ Y

Từ (4) và ( 5 ) ⇒ P, H , Q thẳng hàng.

337 KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

THANH HÓA

NĂM HỌC 2020-2021 Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút

Đề số 56

Ngày thi: 17/07/2020

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

 4 x  x +2

Cho biểu thức P = − 

OF FI

Câu I. (2,0 điểm)

  x ≥ 0; x ≠ 1 8x   x + 2 + : 3     x−4  x −2   x ≠ 4

1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm các giá trị của x để P = −4 Câu II. (2,0 điểm)

NH ƠN

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)

4 x + 3y = −1 2 x − 3 y =

2. Giải hệ phương trình:  Câu III.(2,0 điểm)

1. Giải phương trình: x + 5 x + 4 = 0

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:

( x1 − 1)

( x2 − 1)

= 1

KÈ M

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

DẠ Y

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

y+2 z+2 x+2 + 2 + 2 x2 y z

của biểu thức Q =

ĐÁP ÁN

Câu I. 1. Rút gọn biểu thức P

 4 x  8x   x + 2 − + 3 P=  :  x +2 x−4  x −2  =

4 x.

(

)

x − 2 − 8x

x +2

)(

x −2

)

x +2+3 :

(

x −2

( x + 2) . x − 2 ( x + 2)( x − 2) 4 ( x − 1) −4 x

)

x 1− x

2) Tìm x để P = −4 Ta có:

x 1− x

(

=4 ⇔ x =4 1 − x

)

P =−4 ⇔

NH ƠN

)(

)

x −2

4 x − 8 x − 8x x −2 . = x +2+3 x −6 x +2 x −2

(

OF FI

Với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ 4 ta có:

KÈ M

Câu II.

4 16 ⇔ x = (tm) 5 25 16 Vậy P = −4 thì x = 25 ⇔5 x =4⇔ x =

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

DẠ Y

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

y Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là=

1 x+2 2

b) giải hệ phương trình

OF FI

3 x = 3 x + 3y 4 = x 1  ⇔ ⇔    4− x −1  y = 1 2 x − 3 y = y = 3  Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = (1;1) Câu III. 1) Giải phương trình x + 5 x + 4 = 0 2

 x = −4 ⇔ ( x + 4 )( x + 1) =0 ⇔   x = −1 Vậy S ={−1; −4} 2) Tìm tham số m

NH ƠN

x 2 + 5 x + 4 = 0 ⇔ x 2 + x + 4 x + 4 = 0 ⇔ x ( x + 1) + 4 ( x + 1) = 0

Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì

∆ > 0 ⇔ 52 − 4 ( m − 2 ) > 0 ⇔ 25 − 4m + 8 > 0 ⇔ 4m < 33 ⇔ m < −5  x1 + x2 =  x1 x2= m − 2

Khi đó áp đụng định lý Viet ta có: 

( x1 − 1) + ( x2 − 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 2

⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) + 2=  x1 x2 − ( x1 + x2 ) + 1 2

( m − 2 + 5 + 1) 2 ( m + 4)

KÈ M

⇔ 25 − 2 ( m − 2 ) − 2.( −5 ) + 2 = ⇔ 25 − 2m + 4 + 10 + 2 =

⇔ −2m + 41 = m 2 + 8m + 16

DẠ Y

 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.

33 4

340

M I O

E H B

P K

NH ƠN

OF FI

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 góc bằng nhau

Suy ra tứ giác BCDE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các 2) Chứng minh MN song song với DE

=  (cùng chắn cung BE) Vì BCDE là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒ BDE BCE

KÈ M

)    (hai góc nội tiếp cùng chắn BN Mà BCE = BCN = BMN

=  , mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên MN / / DE ⇒ BDE BMN 3) Tìm vị trí A để S ADE lớn nhất.

Gọi BD ∩ CE = {H }

Xét tứ giác AEHD có  AEH +  ADH = 900 + 900 = 1800 ⇒ AEHD là tứ giác nội tiếp

DẠ Y

Lai có  AEH = 900 nên là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn, do đó tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH , tâm I là trung điểm của AH

 

Suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE là đường tròn  I ; Kẻ đường kính AF và gọi K là trung điểm của BC

AH   2 

341 Vì ∠ABF ,  ∠ACF = 90 ACF là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) nên ∠ABF = 0

Ta có:

OF FI

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

1 2

 không đổi Do đó BAC

NH ƠN

sd cung BC mà BC cố định nên sđ cung BC không đổi. Ta có: ∠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 = 2

AD AB

KÈ M

S  AD  2 Do đó ta có: AED= k=   S ACB  AB  AD Xét tam giác vuông ABD có: = cos ∠BAC 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

DẠ Y

Kéo dài AH cắt BC tại P nên AP ⊥ BC và S ABC =

Câu V.

342

1  1  1  Q= a 2  + 2  + b 2  + 2  + c 2  + 2  b  c  a  2 2 2 a b c  =  + +  + 2 ( a 2 + b2 + c2 ) c a  b

 1 a =  x  1  Đặt= + ca 1 . Khi đó: ( a, b, c > 0 ) ⇒ ab + bc = b y   1 c = z 

1 1 1 + + = 1 xy yz zx

OF FI

Ta có: x + y + z= xyz ⇒

x2 y 2 ( x + y ) Áp dụng BĐT ta có: + ≥ a b a+b

NH ƠN

a 2 b2 c2 ( a + b ) c2 ( a + b + c ) + + ≥ + ≥ =a + b + c b c a b+c a a+b+c 2

Lại có:

a 2 + b 2 ≥ 2ab;

b 2 + c 2 ≥ 2bc

;

c 2 + a 2 ≥ 2ca

= a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca

(a + b + c)

⇒ 2 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ 2 ( ab + bc + ca ) ⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ≥ ab + bc + ca + 2ab + 2bc + 2ca= 3 ( ab + bc + ca ) ⇒ a + b + c ≥ 3 ( ab + bc + ca ) =3

KÈ M

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

3+2⇔ a=b=c=

DẠ Y

Vậy Qmin =

1 ⇒x= y=z= 3 3

343 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

THỪA THIÊN HUẾ

Khóa ngày 18 tháng 7 năm 2020 Môn thi: TOÁN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Đề số 57 Câu 1. (1,5 điểm)

25 − 16

OF FI

A a) Không sử dụng máy tính cầm tay, tính giá trị biểu thức=

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

DỀ THI CHÍNH THỨC

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 = 

NH ƠN

Câu 2. (1,5 điểm)

3 x − y = −5 3 y − 2 x =

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

KÈ M

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

DẠ Y

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)

OF FI

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).

NH ƠN

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   x −1 1   c)C =  − −  : 1 − =   x x x x x − + x x −1 x.     

(

)

(

  : x −1 x x +1  

)

x x +1− x x x 1  1  1 = − = . = .  . x +1 x −1 x −1 x −1 x. x + 1 x. x + 1  x

(

1 x −1

Câu 2.

(

)

KÈ M

)

= x − 2y 6 = x − y 3 2= y 1 = x 4 ⇔ ⇔ ⇔ a)  −5 −2 x + 3 y = −5  x =+ y 3 y = 1 3 y − 2 x = Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 4;1) b) Tìm giá trị của m

DẠ Y

Để đường thẳng y = y 2 x + 2020 thì mx + 2m ( m ≠ 0 ) song song với đường thẳng =

= m 2= m 2 2(tm) ⇔ ⇔m=  2m ≠ 2020 m ≠ 1010 Vậy m = 2

345 Câu 3.

Gọi vận tốc lúc về của người đó là x ( km / h )( x > 0 )

Thời gian lúc đi:

2 (h) x + 0,5

Thời gian lúc về:

2 ( h) x

Suy ra vận tốc lúc đi : x + 0,5( km / h)

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

OF FI

Tiền hết tất cả

NH ƠN

⇔ 34 x ( x − 4 ) + 9 ( x − 4 ) =0 ⇔ ( x − 4 )( 34 x + 9 ) =0  x = 4(tm) 0 x − 4 = ⇔ ⇔ 9  x = − (ktm) 0 34 x + 9 = 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 ⇔  ⇔ −2 0 =  x= x 2 Vậy với m = 2 thì phương trình (1) có hai nghiệm = x 1;= x 2

KÈ M

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi m Xét phương trình x − ( m + 1) x + m = 0 (1) 2

Ta có: ∆ =  − ( m + 1)  − 4.1.m = m + 2m + 1 − 4m = m − 2m += 1 2

Vì ( m − 1) ≥ 0 nên ∆ ≥ 0 ( ∀m ) 2

DẠ Y

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: 

( m − 1)

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

OF FI

Câu 5.

 m = −4 ⇔ ( m + 4 )( m − 3) =0 ⇔  m = 3 Vậy m = −4; m = 3 thỏa mãn yêu cầu đề bài.

M A F

NH ƠN

∠AMF=A1;∠FMP=A2;∠PMB=A3 ∠BMQ=A4

KÈ M

a) Tứ giác MFEC là tứ giác nội tiếp

= 90 , ME ⊥ BC ⇒ MEC = 90 Ta có: MF ⊥ AC ⇒ MFC 0

  Tứ giác MFEC có MFC = MEC = 900 nên là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau). Tam giác FEM và tam giác ABM đồng dạng

DẠ Y

 + ECM = Theo câu a, tứ giác MFEC nội tiếp nên EFM 1800 (1)  + BCM = Tứ giác ABCM nội tiếp nên BAM 1800 ( 2 )

)  = 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:

 (cmt    EFM = = BAM ); FEM ABM (cmt ) ⇒ ∆FEM  ∆ABM ( g .g ) ( dfcm ) c) MA.MQ = MP.MF và ∠PMQ = 90

OF FI

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) AMP = FMQ Lại có: ∆MAP  ∆MFQ (cmt ) ⇒ 

NH ƠN

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:

MA MP   (cmt = AMF PMQ = ); (cmt ) ⇒ ∆MFA  ∆MPQ(c.g .c) MF MQ =  (hai góc tương ứng) mà MFA  = 900 nên MQP  = 900 ( dfcm ) ⇒ MFA MQP

DẠ Y

KÈ M

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

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 )

OF FI

Gọi thể tích chiếc cốc hình trụ là V , thể tích chiếc cốc hình nón là V1

trụ.

1 1 1 1 1 V ⇔ π R 2 h1 = π R 2 h ⇔ h1 = .10 ⇔ h1 = 15cm ( tm ) 2 3 2 3 2 Vậy chiều cao của chiếc cốc hình nón là 15cm

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

⇒ V1 =

349 KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

TỈNH TIỀN GIANG

Năm học 2020-2021 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

Đề số 58

Ngày thi: 18/07/2020

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(

)

−

7 7

OF FI

Bài I. (1,5 điểm) 1. Rút gọn biểu thức A = 5 +

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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 =

NH ƠN

Bài II. (2,5 điểm)

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

3 x + y = c)  1 x − y = 2. Viết phương trình đường thẳng ( d ) đi qua A (1;4 ) và song song với đường thẳng

) x2 + 2 x − 3 0 a=

( d ') : y=

b)= x 4 + 3x 2 − 4 0

x+7

Bài III. (1,5 điểm)

a) Vẽ đồ thị parabol ( P )

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) : y = x

b) Bằng phép tính, tìm tọa độ điểm N thuộc parabol ( P ) có hoành độ là Bài IV. (1,5 điểm)

KÈ M

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)

DẠ Y

1. Cho tam giác ABC vuông tại A, biết = AB 6= cm, 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 minh tứ giác AEMF là hình chữ nhật d) Cho biết R = 16cm và r = 9cm. Tính diện tích tứ giác OBCO ' ĐÁP ÁN

(

1) Rút gọn biểu thức A = 5 +

)

−

OF FI

Bài I.

7 7

Ta có:

)

−

7 =5 + 7 − 7 =+ 5 7− 7= 5 7

Vậy A = 5 2. Cho biểu thức …… a) Rút gọn biểu thức M Với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có:

1 2 + = x +1 x −1

2 x +2 = x +1 x −1

(

)(

(

x +1+ x −1+ 2

)(

x +1

)

2 x +1 = x +1 x −1

) (

)(

1 + x −1

NH ƠN

(

A= 5+ 7

c) Chứng minh rằng tam giác MEF đồng dạng với tam giác MO ' O

b) Gọi E là giao điểm của OM và AB, F là giao điểm của O ' M và AC. Chứng

)

x −1

2 x −1

2 với x ≥ 0, x ≠ 1 x −1

Vậy M =

KÈ M

b) Tìm tất cả các giá trị của x để M = 1

2 2 1⇔ = 1 . Để M = x −1 x −1

Ta có: M =

⇔2=

x − 1 ⇔ x = 3 ⇔ x = 9(tm)

Vậy với x = 9 thì M = 1 Bài II.

DẠ Y

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

b) x 4 + 3 x 2 − 4 = 0 ⇔ x 4 − x 2 + 4 x 2 − 4 = 0 ⇔ x 2 ( x 2 − 1) + 4 ( x 2 − 1) = 0

{±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. b) Tìm tọa độ điểm N Gọi điểm N

(

)

2; y là điểm thuộc parabol ( P ) : y = x 2

( 2) = 2

Ta có: y= x = 2

Vậy N

(

2;2

NH ƠN

a) Học sinh tự vẽ Parabol

OF FI

Vậy S =

 x2 + 4 = 0(VN )  ⇔ ( x 2 + 4 )( x 2 − 1) =0 ⇔  2 x =1 x −1 = 0 ⇒    x = −1 

{1; −3}

Vậy S=

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)

KÈ M

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

DẠ Y

Và vận tốc của xe máy trên quãng đường BC là 40 + 5 = 45 ( km / h ) Bài V. 1.

352

6cm

Áp dụng định lý Pytago ta có:

NH ƠN

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

OF FI

10 cm

1 1

KÈ M

a) Chứng minh bốn điểm O, B, M , A cùng thuộc một đường tròn Gọi I là trung điểm của OM ta có:

DẠ Y

 = 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

= Tương tự O ' M ⊥ CA ⇒ MFA 90 0

 (1) A1 = B MA = MB ⇒ ∆MAB cân tại M ⇒  1

NH ƠN

 A2 = C MC = MA ⇒ ∆MCA cân tại M ⇒  2  +C  ⇒ BAC  =B  +C  Từ (1) và (2) suy ra  A1 +  A2 = B 1 2 1 2 0 +B  +C = 180 (tổng 3 góc trong tam giác) Mà BAC

OF FI

MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ OM là đường trung trực của đoạn AB = ⇒ OM ⊥ AB ⇒ MEA 900

 =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

 =O  Từ ( 3) và ( 4 ) suy ra F 1 1

= Mà tứ giác OAMB nội tiếp (câu a) nên O A1 ( cùng chắn cung BM) (4) 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 '

KÈ M

 Tứ giác AEMF là hình chữ nhật nên EMF = 900 ⇒ ∆OMO ' vuông tại M

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

DẠ Y

 = 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 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 Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm)

7 2 x − y = 0 3 x + 2 y =

2. Giải hệ phương trình 

3. Giải phương trình: 2 x + x − 10 = 0 2

1) Vẽ đồ thị ( P ) của hàm số

1 2 x có đồ thị là ( P ) 2

NH ƠN

Bài 2. (2,0 điểm) Cho hàm số y =

OF FI

Bài 1. (3,0 điểm) 1. Rút gọn biểu thức A = 3 27 − 4 75 + 2 108

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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

1) Rút gọn B

x2 + x 2x + x +1− ( x > 0) x − x +1 x

Cho biểu= thức B

Bài 4. (1,0 điểm)

2) Tìm giá trị nhỏ nhất của B II.

Phần tự chọn (3,0 điểm)

Đề 1.

KÈ M

Thí sinh chọn một trong hai đề sau đây 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

DẠ Y

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) IB = IF .IA 3) IM = IB

ĐÁP ÁN 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:

OF FI

Bài 1.

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y= )

NH ƠN

2x − y 7 x − 2 y 14 = = 4= 7 x 14 = x 2 ⇔ ⇔ ⇔     0 3 x + 2 y = 0 2x − 7 −3 3 x + 2 y = y = y =

( 2; −3)

3) Giải phương trình 2 x + x − 10 = 0 2

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 0 x − 2 = ⇔ ( x − 2 )( 2 x + 5 ) =0 ⇔  ⇔ 5 x = − x + = 2 5 0   2 5  Vậy = S 2; −  2  Bài 2.

1) Học sinh tự vẽ đồ thị hàm số (P) 2) Tìm tung độ…….

KÈ M

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.

DẠ Y

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:

x 2 + (170 − x ) = 16900 2

⇔ x 2 + 28900 − 340 x + x 2 = 16900 ⇔ x 2 − 170 x + 6000 = 0

OF FI

⇔ 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)

NH ƠN

Hai cạnh góc vuông phần đất còn lại là 50m,120m

= Vậy diện tích phần đất còn lại của ông Hai là : S Bài 4. 1) Rút gọn B

x2 + x 2x + x = B +1− x − x +1 x

) + 1 − x .( 2

x − x +1

(

)(

) +1− 2

x +1 x − x +1

KÈ M

x − x +1

)

x +1

(

x. x x + 1

B =

Điều kiện: x > 0

1 = .50.120 3000 ( m 2 ) 2

x −1

=x + x − 2 x =x − x 2) Tìm Min P Điều kiện: x > 0 Ta có: B = x − 2

( x)

1 1 1  1 1 − 2. x . + − =  x −  − 2 4 4  2 4 2

DẠ Y

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

1 1 ⇔x= 4 4

− Vậy MaxB = Đề 1.

OF FI

A M

O 1 2

1 2

H 1

NH ƠN

1) Chứng minh tứ giác BDHF nội tiếp

=  AD ⊥ BC ⇒ BFH 900 Ta có:  = 900 CF ⊥ AB ⇒ BDH

 + BDH  = 900 + 900 = 1800 Xét tứ giác BDHF có BFH

KÈ M

⇒ Tứ giác BDHF là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh MN / / EF

 BE ⊥ AC  = BFC  = 900 ⇒ BEC CF ⊥ AB

Xét tứ giác BCEF có: 

DẠ Y

⇒ BCEF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc =  (hai góc nội tiếp cùng chắn BF ) E bằng nhau) ⇒ C 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

 + CEH  = 900 + 900 = 1800 ⇒ CDHE là tứ giác nội tiếp ⇒ CDH =  (hai góc nội tiếp cùng chắn DH ) ⇒E C 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.

NH ƠN

OF FI

=E  (cmt ) ⇒ E =E  ⇒ EH là tia phân giác của DEF  Lại có C 1 1 1 2

Xét tứ giác CDHE có: 

KÈ M

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 = 1800 , mà hai góc này đối diện nên Xét tứ giác MAOB có MAO

DẠ Y

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 2 ⇒ ∆IBF  ∆IAB( g − g ) ⇒ = ⇒ IB= IF .IA(dfcm) IA IB 3) Chứng minh IM = IB

359

 Hay  AEM = FMI

 (cùng chắn  AF ) ⇒ ∠MAI = ∠IMF ( = ∠AEM ) Lại có:  AEI = MAI

 (hai góc so le trong) AEM = EMB Ta có: AE / / MB ( gt ) ⇒ 

MI IF = ⇒ MI 2 = IA.IF AI IM ⇒ MI 2 = IB 2 = IA.IF ⇒ MI = IB (dfcm)

 MAI  (cmt ) ⇒ ∆MIF  ∆AIM ( g .g )  chung; = IMF Xét ∆MIF và ∆AIM có: MIA

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

OF FI

⇒

360 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

TUYÊN QUANG

NĂM HỌC 2020 – 2021 MÔN THI: TOÁN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Thời gian làm bài : 90 phút

Đề số 60

Ngày thi: 22/07/2020

ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN

3 ax − 2 y = tương đương với nhau khi và chỉ  3  x + by =

khi :

A.a = 5, b = −2

B.a = −5, b = −2

C.a = 5, b = 2

OF FI

1 2 x − y = và 2 x + y =

Câu 1. Hai hệ phương trình 

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 ?

NH ƠN

1 = =  x2 + y = x + y = 1 x + y 1 x + y + z 1 . A.  B.  C.  D  x + 3y 0 2x + 3y 0 2x + 3y2 0 2= 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

-1

KÈ M

-2

Câu 4.Cho hàm số = y ax − b có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng

DẠ Y

A.a = 1, b = −2

B.a = −1, b = −2

C.a = 2, b = −2

D.a = −2, b = −2

0 x + y = là: 3 x + 2 y =

Câu 5. Nghiệm của hệ phương trình 

3 3 −3 −3 x = x = x = x = A.  B.  C.  D.  −3 −3 3 3 y = y = y = y =

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 Câu 7. Đường thẳng y =

D. Góc ở tâm có số đo bằng số đo của cung bị chắn

( 2m + 1) x + 3 (với m là tham số) song song với đường thẳng

OF FI

y = 2 x khi và chỉ khi:

2 1 3 = B.m = C.m = D.m 2 3 2 2 1 2 Câu 8. Đồ thị hàm số y = x đi qua điểm nào dưới đây ? 3 A.m

A.P ( −3; −3)

B.Q ( −3; −1)

C.N ( 3;1)

D.M ( 3;3)

NH ƠN

Câu 9. Cho tam giác vuông ABC có đường cao AH như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng ?

B H C

4 cm

3 cm

đúng

KÈ M

 3=  4=  3=  4 = A.cot CAH B.cot CAH C.cot CAH D.cot CAH 4 3 5 5 Câu 10. Cho tam giác ABC có đường cao AH như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây

DẠ Y

3 cm

4 cm

= A.BH 1,8 = cm B.BH 1,7 = cm C.BH 2= cm D.BH 1,9cm Câu 11. Cho tam giác vuông ABC như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng ?

362

5 cm

4(cm = ) B. AC 2= 7(cm) C. AC

OF FI

3 cm

= 34(cm) D. AC 6(cm)

Câu 12.Biết đồ thị hàm số y = ax đi qua điểm A ( 2;2 ) , giá trị của a bằng: 2

B. −

A.1

1 2

C. − 1

1 2

Câu 13.Tích tất cả các nghiệm của phương trình x − 3 x − 2 = 0 bằng:

A. − 3

NH ƠN

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 hơn

B. Dây nào gần tâm hơn thì dây đó nhỏ

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

KÈ M

DẠ Y

A.400

B.350 C.250 Câu 18.Cho a > 0, b < 0. Khẳng định nào dưới đây đúng ?

D.300

363

Câu 19. Trong các hàm số dưới dây, hàm số nào là hàm số bậc nhất?

2 −2020 x + 7 C. y =− 10 B. y = x +1 Câu 20. Thể tích hình cầu có bán kính r bằng: 4 C. π r 2 3

B.4π r 3

4 D. π r 3 3

Câu 21. Căn bậc hai số học của 16 là :

A. − 4

OF FI

A.4π r 2

D. y = 2020 x 2

A. y = 2021x 2

A.b a = − ba B.b a = ba C.b a = − b2a D.b a = b2a

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 )

NH ƠN

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 2 = πr l B.S xq 2= π rl C.S xq π= rl D.S xq π r 2l 3 Câu 24.Cho tam giác vuông ABC như hình vẽ A.S xq

3 cm

6 cm

KÈ M

Khẳng định nào dưới đây đúng ?

3 3 1 = B.cos  ABC = C.cos  ABC = D.cos  ABC 2 3 2 Câu 25.Cho a < −1, khẳng định nào dưới đây đúng ?

= A.cos  ABC

( a + 1)

= −1 − a

( a + 1)

DẠ Y

=a + 1

=( a + 1)

= − ( a + 1)

Câu 26.Đường tròn đường kính d = 10(cm) có chu vi bằng:

A.10π ( cm )

B.20π ( cm )

C.100π ( cm )

D.25π ( cm )

Câu 27. Cho hàm số = y ax − b có đồ thị như hình vẽ. Khẳng định nào dưới đây đúng

364

O A.a < 0, b < 0

x B.a > 0, b < 0

C.a > 0, b > 0

OF FI

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)

Câu 29. Biểu thức

B.544,7 ( cm3 )

D.544,8 ( cm3 )

1 − x 2 xác định khi và chỉ khi:

 x ≤ −1 B.  x ≥1

A. − 1 < x < 1

C.1634,1( cm3 )

NH ƠN

A.1634,2 ( cm3 )

 x < −1 C.  x >1

D. − 1 ≤ x ≤ 1

Câu 30. Cho đường tròn tâm O, bán kính r = 4(cm)

B A

KÈ M

Biết rằng = AO 2= r , 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

DẠ Y

Câu 31.(1,0 điểm)Giải phương trình: 2 x + x + 1= 2 ( 3 − x ) 2

Câu 32.(1,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD = có AB 4= ADB 30 . Gọi H là chân ( cm ) ,  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

= P 2a b − b a thức ĐÁP ÁN 2B

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

OF FI

I.Trắc nghiệm

x =1 ⇔ ( x − 1)( 2 x + 5 ) =0 ⇔  5 x = − 2   

5 2

Vậy = S 1; −  Câu 32.

4 cm

NH ƠN

0 2 x 2 + 5 x − 2 x + 1 =⇔ 0 0 ⇔ 2 x 2 + 3 x − 5 =⇔ x ( 2 x + 5) − ( 2 x + 5) =

300

KÈ M

Xét tam giác vuông ABD có:

DẠ Y

AB AB 4 4 sin ∠ADB = ⇒ 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:

366

AB 2 42 AB =BH .BD ⇒ BH = = =2 ( cm ) BD 8 AB 2 = AH 2 + BH 2 ⇒ AH = AB 2 − BH 2 = 42 − 22 = 2 3(cm) 1 1 ⇒ S∆ABH= AH .BH= .2 3.2= 2 3 ( cm 2 ) 2 2

Câu 33.

= P

(

a 2 a− b

OF FI

Vậy BD 8= = cm, S∆ABH 2 3 ( cm 2 )

)

Nếu 2 a − b ≤ 0 thì P ≤ 0

NH ƠN

Nếu 2 a − b > 0 ta có:

 a + b +2 a − b a. b 2 a − b ≤  = 3  

)

(

 = a

Dấu " = " xảy ra ⇔ 

= b 2 a− b

 a = 1

DẠ Y

KÈ M

Vậy MaxP =1 ⇔ a =b =1

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABH ta có:

( )

⇔ a = b =1

≤1

367 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

VĨNH LONG

NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 19/07/2020

Đề số 61

Thời gian làm bài :120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Tính giá trị biểu thức:

a ) A= 2 20 + 3 45 − 80

(

3− 7

)

OF FI

Bài 1. (1,0 điểm)

+ 11 + 4 7

Bài 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a )3 x 2 − 7 x + 4 0 =

b)3 x 2 − 12 0 =

8 x + 3y = c)  27 6 x − 3 y =

NH ƠN

0 d ) x4 − 4 x2 + 4 =

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 =

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 4= cm, CH 9cm

KÈ M

a) Tính độ dài đường cao AH và số đo  ABH (làm tròn đến độ)

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

DẠ Y

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 b) Nối NB cắt nửa đường tròn ( O ) tại C. Chứng minh NE = NC.NB 2

c) Gọi H là giao điểm của AC và d . F là giao điểm của tia EH và nửa đường tròn

(O )

Bài 7. (0,5 điểm)

(

)

 NEF = NOF Chứng minh  Cho hai phương trình x + 2m + 1 x + m + 7 2 − 23 = 0 (1) và 2

OF FI

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

x=3 ĐÁP ÁN

NH ƠN

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

)

+ 11 + 4 7 =3 − 7 +

=− 3 7 + 7 + 2 ( Do 3 > 7) =5

7 +2

)

Bài 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 ⇔ 3x 2 = 12 ⇔ x 2 = 4⇔ x= ±2

KÈ M

7 x = 35 = x + 3y 8 = x 5  ⇔ c)  8− x ⇔  = 6 x − 3 y 27 = y 1  y = 3

S =± { 2}

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: ( x; y ) = ( 5;1)

d ) x4 − 4 x2 + 4 = 0 ⇔ ( x2 − 2) = 0 2

⇔ x 2 − 2 =0 ⇔ x 2 =2 ⇔ x =± 2

{± 2 }

DẠ Y Vậy S = Bài 3.

a) Học sinh tự vẽ b) Tìm tham số m

4 3

369 Xét phương trình x + ( 2m − 5 ) x + 4 − 2m = 0 ( *)

⇔ ( 2m − 5 ) − 4.( 4 − 2m ) > 0 ⇔ 4m 2 − 20m + 25 − 16 + 8m > 0 2

⇔ 4m 2 − 12m + 9 > 0 ⇔ ( 2m − 3) > 0 ⇔ m ≠ 2

3 2

 x1 + x2 = 2m + 5 . Theo bài ra ta có:   x1 x2= 4 − 2m

⇔ ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) = 1 3

⇔ ( −2m + 5 ) − 3 ( 4 − 2m )( −2m + 5 ) = 1 3

⇔ −8m3 + 48m 2 − 96m + 64 =0

NH ƠN

⇔ −8m3 + 60m 2 − 150m + 125 − 60 − 12m 2 + 54m =1

OF FI

Khi phương trình có hai nghiệm phân biệt, áp dụng hệ thức Viet, ta có:

⇔ ( −2m + 4 ) = 0 ⇔ 2m = 4 ⇔ m = 2(tm) 3

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:

90 ( h) x + 10

Nên thời gian thực tế đi là

Vì đến Sóc Trăng sớm hơn dự định 27' =

9 h nên ta có phương trình: 20

KÈ M

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

DẠ Y

 x = −50(ktm) ⇔ ( x + 50 )( x − 40 ) =0 ⇔   x = 40(tm) Vậy vận tốc dự định đi của người đó là 40km / h

Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ > 0

370 Bài 5.

H M

B a) Tính độ dài AH………..

OF FI

Xét tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: AH =BH .CH =4.9 =36 ⇒ AH =6cm 2

AH 6 = = 1,5 ⇒ ∠ABH ≈ 560 BH 4

Vậy AH = 6cm, ∠ABH = 56

b) Tính diện tích AHM

NH ƠN

ABH= Xét ∆AHB vuông tại B ta có: tan 

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

DẠ Y

KÈ M

Bài 6.

1 1 AH . AM = .6.2,5 7,5 ( cm3 ) = 2 2

C F

371

= Ta có: d ⊥ OA ⇒ NMO 900 = 900 NE là tiếp tuyến của ( O ) tại E nên OE ⊥ NE ⇒ NEO

a) Chứng minh tứ giác OMEN nội tiếp

cùng 1 cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau.(đpcm) b) Chứng minh NE = NC.NB 2

OF FI

Nối E với C, E với B

  Tứ giác OMEN có NMO = NEO = 900 nên tứ giác OMEN là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề

) 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

Vậy NE = NB.NC 2

 c) Chứng minh  NEF = NOF

NH ƠN

Xét ∆NCH và ∆NMB có:

NC  chung; NCH  N =  NMB = 900 ⇒ ∆NCH  ∆NMB( g .g ) ⇒ = NM tương ứng tỉ lệ) ⇒ NC.NB = NH .NM mà NE NH 2 2 NE= NB.NC (cmt ) ⇒ NE= NH .NM ⇒ = NM NE Xét ∆NEH và ∆NME có: NE NH  chung  N = ; (cmt ) ⇒ ∆NEH  ∆NME (c.g .c) = ⇒ NHE NM NE

) (1)

NH (hai cặp cạnh NB

 (góc tương ứng NEM

Kẻ tiếp tuyến NF ' với nửa đường tròn (O) Do NE =NF ' (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ NF= ' NH .NM ⇒ 2

KÈ M

NF '  chung; Xét ∆NF ' H và ∆NMF ' có: N = NH

NF ' NM = NH NF '

NM (cmt ) ⇒ ∆NF ' H  ∆NMF '(c.g .c) NF '

' =  ⇒ NHF NF ' 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)

DẠ Y

 + OF  Tứ giác OENF ' có OEN ' N = 900 + 900 = 1800 nên là tứ giác nội tiếp,do đó 4 điểm

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  'M = 1800 ( 5 ) MENF ' nội tiếp nên NEM  + NHF ' = NEM  + NF  Từ (1), (2), (5) suy ra NHE ' M =1800

⇒ 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

)

⇔ 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

(

)

OF FI

⇔ ( 2m 2 + 1) − 4. m3 + 7 2 − 23 ≥ 0 2

372

⇔ ( m 2 − m ) − 8 9 2 − 30 ≥ 0 ⇔ m 4 − 2m3 + 2m 2 − 72 2 + 240 ≥ 0 (**) 2

NH ƠN

Hai phương trình đã cho có nghiệm chung là x = 3

2 3  0 m3 + 6m 2 + 7 2 − 11 = 0 9 + ( 2m + 1) .3 + m + 7 2 − 23 = ⇔ ⇔ 2 3 2 − 30 0 2 − 12 0 2.9 + ( m − m ) .3 + 9 = 3m − 3m + 9 =

m3 + 6m 2 + 7 2 − 11 = 0 ( 3) ⇔ 2 0 ( 4) m − m + 3 2 − 4 =

1 1 17 2 ⇔ m 2 − 2.m. + = − 3 2 2 4 4

( 4 ) ⇔ m2 − m =4 − 3

Giải phương trình (4) ta được:

1  17 − 12 2 1  9 − 2.3.2 2 + 8   ⇔  m −= ⇔  m −=   2 4 2 4    1 3− 2 2 2 − = m 2   m= 2 − 2(tm (*) , (**)) 3− 2 2 1  2 2  ⇔  m= −  ⇔ ⇔ 2 4    m = 1 3− 2 2 2 − 1(tm (*) , (**)) − m − =  2 2 2

)

KÈ M

(

+)Với m= 2 −

DẠ Y

( 3) ⇔ ( 2 −

2 ta có:

)

(

+6 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) ⇔ (

)

(

)

2 − 1 + 7 2 − 11 = 0

)

2 −1 + 6

⇔ −7 + 5 2 + 6 3 − 2 2 + 7 2 − 11 =0

2 −1

DẠ Y

KÈ M

NH ƠN

m Vậy =

2 − 1 thỏa mãn bài toán

OF FI

⇒m=

⇔ −18 + 12 2 + 18 − 12 2 = 0 ⇔ 0 = 0(tm)

374 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

I.PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

2020 − x có nghĩa khi và chỉ khi

A.x > 2020

OF FI

Đề số 62

Câu 1. Biểu thức

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

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

H Hình vẽ 1

NH ƠN

Câu 3.

D.m ≥ 0

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

Cho đường tròn tâm O, bán kính R, H là trung điểm của dây cung AB (hình vẽ). Biết

KÈ M

Độ dài đoạn thẳng

D.100cm

DẠ Y

II. TỰ LUẬN

Câu 5. (3,5 điểm)

9 2 x − y = 7 x + 2 y =

a) Giải hệ phương trình 

b) Giải phương trình: x − 4 x + 3 = 0 2

bằng :

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 có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn ( x1 x2 + 1) = x1 + x2 + x1 x2 + 3 2

c) Cho parabol ( P ) : y =

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 Hỏi số ngày dự định theo kế hoạch là bao nhiêu ngày ?

OF FI

đội xe đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn dự định 1 ngày và chở thêm được 10 tấn hàng. 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.

NH ƠN

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

II. Tự luận Câu 5.

I.Trắc nghiệm

a) Giải hệ phương trình

KÈ M

x− y 9 − 2 y 18 = 2= 4 x= 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) b) Giải phương trình x − 4 x + 3 = 0 2

x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ x 2 − 3x − x + 3 = 0

DẠ Y

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 − 2 m = 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

⇔ ∆ ' > 0 ⇔ ( −2 ) − 1.( −2m ) > 0 ⇔ m > −2 . Khi đó áp dụng hệ thức Vi – ét ta có: 4  x1 + x2 =   x1 x2 = −2m Theo bài ra ta có:

( x1x2 + 1)

OF FI

=x1 + x2 + x1 x2 + 3 ⇔ ( −2m + 1) =4 − 2m + 3 2

⇔ 4m 2 − 4m + 1 = 4 − 2m + 3 ⇔ 4m 2 − 2m − 6 = 0 ⇔ 4m 2 + 4m − 6m − 6 = 0 ⇔ 4m ( m + 1) − 6 ( m + 1) = 0

NH ƠN

 m = −1 0 m + 1 = ⇔ ( 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)

140 (tấn) x

chở được:

Vì dự định ban đầu chở 140 tấn hàng trong x ngày nên mỗi ngày

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)

KÈ M

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 − 3 x − 28 =0 ⇔ x 2 − 7 x + 4 x − 28 =0

DẠ Y

⇒ Thực tế mỗi ngày chở được số tấn hàng:

⇔ x ( x − 7 ) + 4 ( x − 7 ) =0 ⇔ ( x − 7 )( x + 4 ) =0 −7 0 =  x=  x 7(tm) ⇔ ⇔  x + 4 =0  x =−4(ktm)

Vậy số ngày dự định theo kế hoạch là 7 ngày.

377 Câu 7.

O K

NH ƠN

OF FI

a) Chứng minh rằng các tứ giác ABOC , AIKE nội tiếp đường tròn

  Vì AB, AC là các tiếp tuyến của ( O ) nên OBA = OCA = 900

0 ⇒ ∠OBA + ∠OCA = 900 + 90= 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  Xét tứ giác AIKE có : = AIE  AKE = 900 ⇒ 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

KÈ M

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:

DẠ Y

⇒

OB 2 32 9 OB = OI .OA ⇒ OI = = = ( cm ) (hệ thức lượng trong tam giác vuông) OA 5 5 2

378 2

144 = 2,4(cm) 25

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:

OF FI

AD 2 = AB 2 + BD 2 = 42 + 62 = 52 ⇒ AD = 52 = 2 13 ( cm )

  =  ABD = 900 Xét ∆ODK và ∆ADB có: ADB chung; OKD OD AD = OK AB OD. AB 3.4 6 (cm) ⇒ OK = = = AD 2 13 13

NH ƠN

⇒ ∆ODK  ∆ADB( g .g ) ⇒

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAK ta có : 2

17  6  289 AK =OA − OK =5 −   =13 ⇒ AK = ( cm ) 13  13  2

∠OIE = 90 Xét ∆OAK và ∆OBI có: ∠IOK chung; ∠OKA = 0

⇒ ∆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) Ta có :

KÈ M

Câu 8.

a +1 b +1 c +1 1 1 1 1 1 1 + + = + + + + + a4 b4 c4 a 3 b3 c 3 a 4 b 4 c 4 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 

DẠ Y

VT =

 9  144 ⇔ BI = OB − OI = 3 −   = (Định lý Pytago) ⇒ BI= 25 5 Ta có BD là đường kính của ( O;3cm ) nên BD = 6cm 2

379

1 a

1 b

1 c

1 = 1 . Khi đó : 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 )

OF FI

x3 + y 3 + z 3 + x 4 + y 4 + z 4 ≥

Đặt x = ; y = , z = ⇒ xyz =

⇔ 4 ( x3 + y 3 + z 3 ) + 4 ( x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ 3 ( xy + yz + xz ) + 3 ( x + y + z ) + 6 (*)

x3 + 1 + 1 ≥ 3 3 x3 .1.1 = 3x y 3 + 1 + 1 ≥ 3 3 y 3 .1.1 = 3y z 3 + 1 + 1 ≥ 3 3 z 3 .1.1 = 3z ⇒ x3 + y 3 + z 3 ≥ 3( x + y + z ) − 6 Lại có:

NH ƠN

Ta sẽ chứng minh (*) đúng với mọi x, y, z > 0 . Áp dụng BĐT Cô si ta 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) x 4 + 1 ≥ 2 x 4 .1 =2 x 2 y 4 + 1 ≥ 2 y 4 .1 =2 y 2

Tiếp tục áp dụng BĐT Cô si ta có:

KÈ M

z 4 + 1 ≥ 2 z 4 .1 =2 z 2

⇒ x4 + y 4 + z 4 ≥ 2 ( x2 + y 2 + z 2 ) − 3

DẠ Y

 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

Và x + y + z ≥ 3 3 ( xyz ) = 3 2

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 ) Ta lại có: x + y + z ≥ 3 3 ( xyz ) = 3 4

⇒ 4 ( x 4 + y 4 + z 4 ) ≥ 3 ( xy + yz + zx ) + 3 ( 2 ) Cộng vế theo vế (1) và (2) ta có:

OF FI

4 ( x3 + y 3 + z 3 ) + 4 ( x 4 + y 4 + z 4 ) ≥ 3 ( x + y + z ) + 3 + 3 ( xy + yz + zx ) + 3

Do đó (*) đúng với mọi x, y, z > 0

NH ƠN

⇔ 4 ( x 3 + y 3 + z 3 ) + 4 ( x 4 + y 4 + z 4 ) ≥ 3 ( x + y + z ) + 3 ( xy + yz + zx ) + 6 Dấu " = " xảy ra ⇔ x = y = z = 1 ⇔ a = b = c = 1

DẠ Y

KÈ M

Vậy ta có điều phải chứng minh.

381 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

C.M = ( a − 1)

B.M = 1 − a2

Câu 2. Điều kiện xác định của biểu thức

A.x ≤ −

5 2

B.x < −

5 2

OF FI

Câu 1. Kết quả rút gọn của biểu thức M= a ( a − 1) − a + 1là:

A.M = ( a + 1)

2 x + 5 là: C.x > −5

A.11

D.x ≥ −

B.8 C.10 Câu 4. Cho tam giác ABC có AD là tia  (như hình bên). Đẳng phân giác của BAC CA CD CD CA

BA BD B. = CA BA CA BD D. = BD BA

Câu 5.Cho hàm= số y ax

5 2

D.9

thức nào dưới đây đúng ?

BD A. = BC BD C. = CD

D.a 2 − 1

NH ƠN

Câu 3.Số phần tử của tập hợp H = { x ∈  * / x ≤ 10} là

( a ≠ 0 ). Kết luận nào sau đây đúng ?

A. Với a < 0 hàm số nghịch biến khi x < 0

KÈ M

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 = 5x

B. y = 2 − 3x

C. y = x +1

D. y = x+ 2

DẠ Y

Câu 7. Cho số thực a > 0. Căn bậc hai số học của a là

B. − a C. ± a Câu 8.Phương trình 1 − 2 x = 0 có nghiệm là : A.a 2

A.x= 1

B.x= −

1 2

C.x=

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

1 2

D. a D.x= 2

382 14

7 A.  3

7 7 Câu 9. Kết quả của phép tính   :   bằng: 3 3 10

7 B.  3

7 C.  3

D.1

Câu 10.Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến ?

OF FI

2 A. y = + 2 x 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. 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 ?

NH ƠN

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

x−5 = 3 là

A.x 11 = 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 = 2π r 2l B.Stp = π r 2l C.Stp = 2π rl + π r 2

D.Stp = π rl + π 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

KÈ M

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 Câu 18.Trong một đường tròn, góc nội tiếp có số đo bằng 40 thì số đo cung bị chắn bởi 0

DẠ Y

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:

Mốt của dấu hiệu là :

B.20 C.1 D.8 Câu 21.Cho tam giác ABC vuông tại A, biết = AB 3= cm, AC 4cm. Bán kính R của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:

OF FI

A.5

7 5 = cm B.R 5= cm C.R 7= cm D.R cm 2 2 Câu 22.Giá trị của m để đường thẳng ( d ) : mx − y + 2m + 4 = 0 đi qua gốc tọa độ là: A.R

1 1 A.m = 2 B.m = C.m = −2 D.m = − 2 2 A.0 ≤ x ≤ 28

7 x < 14 là:

NH ƠN

Câu 23.Các số thực x thỏa mãn

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

A.2

KÈ M

B.3

DẠ Y

 là: Câu 26. Cho hình vẽ bên, số đo BnD

C.4

D.1

384

A.260

B B.520

C.400

OF FI

600

n 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

B.3

C.2

Câu 28. Rút gọn phân thức M =

y ( 2 x − x2 )

D.4

(với x ≠ 0, y ≠ 0, y ≠ −2) được kết quả là :

NH ƠN

A.1

x (2 y + y2 )

2− x 2− x 1− x x−2 B.M C.M = D.M = = 2+ y 2+ y 1− y x(2 + y)

A.M =

Câu 29.Trong mặt phẳng Oxy, số giao điểm của parabol ( P ) : y = −2 x và đường thẳng

( d ) : y=

x − 1 là:

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

A.0

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

KÈ M

B (1;7 ) là : A.a = 1 B.a = −2 C.a = 2 D.a = −1  60 Câu 32.Cho ∆AHB vuông tại = H,B = , BH 10cm. Độ dài của cạnh AH là : 0

= A. AH 10 = 3cm B. AH 20 = cm C. AH 15 = 3cm D. AH 20 3cm Câu 33.Kết quả rút gọn biểu thức Q=

4= B.Q 2= C.Q 1= D.Q 3

DẠ Y A.Q

5 − 3 − 29 − 12 5 là:

Câu 34.Nghiệm của phương trình

2 x 2 + 2 = 3 x − 1 là:

1 1 A.x = 1 B.x = −1 C .x = − D.x = 7 7

385 Câu 35.Giá trị của x thỏa mãn ( x − 1) = −8 là: 3

B.1

D. − 3

C.3

x 2 4 x − − nhận giá trị x −2 x +2 x−4

Câu 36. Số các giá trị nguyên của x để biểu thức T =

nguyên là :

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

OF FI

A.2

A. − 1

C vẽ BD và CE cùng vuông góc với d ( D, E ∈ d ) . Khi đó BD 2 + CE 2 bằng

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

NH ƠN

A.4 2

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:

3R 2 2 A. 4

3R 2 2 B. 2

R2 3 C. 2

3R 2 3 D. 4

Câu 40. Cho các số a, b, c thỏa mãn a + b + c + 14= 2 ( 3a + 2b + c ) . Giá trị của biểu 2

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)

B.0,130(dvdd )

KÈ M

A.0,414(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

DẠ Y

Câu 43.Biết tất cả các giá trị của m để hàm số y=

( 2m

D. 12 giờ 30 phút

− 5m + 2 ) x 2 (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

S BOC = 144cm 2 , S AOD = 196cm 2 . Diện tích S của tam giác AOB là: = = = A.S 156 cm 2 B.S 168 cm 2 C.S 184 cm 2 D.S 170cm 2

Câu 44.Cho hình thang ABCD ( AD / / BC ) có hai đường chéo cắt nhau tại O. Biết

B.42

C.55

D.52

Câu 46.Số dư trong phép chia A =2 + 2 + 2 + ...... + 2 2

A.0

B.4

2020

C.5

D.2

B. 50

2  2 4   x + 2  − 8  x +  + 50 là: x  x  

Câu 47.Giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =

A.2

cho 6 là :

OF FI

A.45

1 1 ≤   < 9 là: Câu 45.Tổng tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn bất đẳng thức 59049  3 

C. 2

D.50

chung với đồ thị hàm số y = 20 x là: 2

A.19

B.18

NH ƠN

Câu 48.Số các giá trị nguyên của m để đường thẳng y = 2 ( m + 1) x − 5 không có điểm

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 

B.58

C.60

D.56

A.52

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:

11A

C.332cm 2

D.338cm 2

ĐÁP ÁN

10A

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

DẠ Y

B.334cm 2

KÈ M

A.336cm 2