(1)
Sưu tầm
BỘ ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10
CÁC TỈNH NĂM 2020-2021
B
Ộ ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN TỐN
THPT CÁC T
ỈNH TRÊN CẢ NƯỚC NĂM HỌC 2020-2021
MƠN TỐN
L
ỜI NÓI ĐẦU
Về nội dung kiến thức, kĩ năng: Tài liệu được biên soạn theo hướng bám Chuẩn kiến
thức, kĩ năng của Bộ GDĐT, trong đó tập trung vào những kiến thức cơ bản, trọng tâm và
kĩ năng vận dụng, được viết theo hình thức Bộ đề ôn thi dựa trên các đề thi năm 2020 các
tỉnh trên cả nước. Mỗi đề thi đều có lời giải tóm tắt hoặc thang điểm chấm chi tiết.
Hy vọng đây là Bộ tài liệu ơn thi có chất lượng, góp phần quan trọng nâng cao chất
lượng dạy - học ở các trường THCS và kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học
2021-2022 và những năm tiếp theo.
Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ của đội ngũ những người biên soạn,
song không thể tránh khỏi những hạn chế, sai sót. Mong được sự đóng góp của các thầy, cơ
giáo và các em học sinh trong tồn tỉnh để Bộ tài liệu được hoàn chỉnh hơn.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
AN GIANG
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số 1
KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2020 – 2021
Khóa ngày 18/07/2020
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài 120 phút
Câu 1. (3,0 điểm)
Giải các phương trình và hệphương trình sau:
4 2
7
) 3
3
3
)
)
3
4
0
2
2
x
y
a
x
b
c x
x
x
y
+ =
−
=
− + =
−
− =
Câu 2. (2,0 điểm) Cho hàm số 2
y
=
x
có đồthịlà parabol
( )
P
a) Vẽđồthị
( )
P
trên hệtrục tọa độ
b) Viết phương trình đường thẳng
( )
d
có hệsốgóc bằng
−
1
và cắt parabol
( )
P
tại
điểm có hồnh độbằng 1
c) Với
( )
d
vừa tìm được, tìm tọa độgiao điểm còn lại của
( )
d
và
( )
P
Câu 3. (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai 2
( )
2
1 0 *
x
−
x
+ − =
m
với
m
là tham số
a) Tìm tất cảcác giá trị
m
đểphương trình
( )
*
có nghiệm
b) Tính theo
m
giá trị của biểu thức
A
=
x
13
+
x
23với
x x
1;
2là hai nghiệm của phương
trình
( )
* .Tìm giá trị
nhỏnhất của
A
Câu 4. (2,0 điểm)
Cho tam giác
ABC
có ba góc đều nhọn và nội tiếp trong đường tròn
( )
O
.
Vẽ các
đường cao
AA BB CC
',
',
'
cắt nhau tại
H
a) Chứng minh rằng tứgiác
AB HC
'
'
là tứgiác nội tiếp
b) Kéo dài
AA
'
cắt đường tròn
( )
O
tại điểm
D
.
Chứng minh rằng tam giác
CDH
cân
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho
ABCD
là hình vng có cạnh
1
dm
.
Trên cạnh
AB
lấy một điểm E. Dựng hình
chữnhật
CEFG
sao cho điểm
D
nằm trên
cạnh
FG
.
Tính
S
CEFGF
G
A
B
D
C
ĐÁP ÁN
Câu 1.
{ }
) 3
3
3
1 1
2.
2
7
3
9
3
)
2
2
7
4
a
x
x
x
S
x
y
y
y
b
x
y
x
y
x
−
=
⇔ − = ⇔ =
=
+ =
=
=
⇔
⇔
− +
=
= −
=
Vậy hệcó nghiệm duy nhất
( ) ( )
x y
;
=
4;3
c) Ta có:
(
) (
)
(
)(
)
4 2 4 2 2 2 2 2
2 2
2 2
2 2
3
4
0
4
4
0
4
4
0
4
0
4
2
4
1
0
1 0
1(
)
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
VN
−
+ = ⇔
−
+
− = ⇔
−
+
−
=
− =
= ⇒ = ±
⇔
−
+ = ⇔
⇔
+ =
= −
Vậy phương trình có nghiệm
x
= −
2;
x
=
2
Câu 2.
a) Học sinh tựvẽparabol 2
y
=
x
b) Viết phương trình (d)
Gọi phương trình đường thẳng
( )
d
:
y
=
ax
+
b
Vì đường thẳng
( )
d
có hệsốgóc 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
2
=
x
2
= ⇒
1
M
( )
1;1
Mà
M
( ) ( )
1;1
∈
d
⇒ = − + ⇒ =
1
1
b
b
2
Vậy phương trình đường thẳng
( )
d
:
y
= − +
x
2
c) Tìm tọa độgiao điểm cịn lại
Ta có phương trình hồnh độgiao điểm của
( )
P
và
( )
d
là:
(
) (
)
(
)(
)
2 2 2
2
2
0
2
2
0
2
2
0
2
1
0
2
0
2
4
1 0
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
y
x
x
y
= − + ⇔
+ − = ⇔
+
− − =
⇔
+
−
+
= ⇔
+
− =
− = ⇔ = ⇒ =
⇔ − = ⇒ = ⇒ =
Vậy tọa độgiao điểm còn lại là
(
−
2;4
)
Câu 3.
a) Tìm m đểphương trình (*) có nghiệm
Xét phương trình 2
( )
2
1 0 *
x
−
x
+ − =
m
có
∆ = −
'
( )
1
2
−
1.
(
m
− = −
1
)
2
m
Đểphương trình
( )
*
có nghiệm thì
0
1
0(
)
2
'
0
2
0
a
luon dung
m
m
≠
≠
⇔
⇔ ≤
∆ ≥
− ≥
Vậy với
m
≤
2
thì phương trình (*) có nghiệm
Áp dụng hệthức Vi et vào phương trình (*) ta có: 1 2
1 2
2
1
x
x
x x
m
+
=
= −
. Ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
3 3 3 2 2 3 2 2
1 2 1 1 2 1 2 2 1 2 1 2
3 3
1 2 1 2 1 2
3
3
3
3
3
2
3
1 .2
8 6
6 14
6
A
x
x
x
x x
x x
x
x x
x x
x
x
x x
x
x
m
m
m
=
+
=
+
+
+
−
−
=
+
−
+
=
−
−
= −
+ =
−
Vì
m
≤
2
nên ta có:
6
m
≤
12
⇒
14
−
6
m
≥
14 12
−
⇔ ≥
A
2
Dấu
" "
=
xảy ra khi
m
=
2
Vậy giá trịnhỏnhất của
A
= ⇔ =
2
m
2
Câu 4.
a) Chứng minh
AB HC
'
'
là tứgiác nội tiếpTa có:
0
0
'
'
90 ,
'
'
90
BB
⊥
AC
⇒
AB H
=
CC
⊥
AB
⇒
AC H
=
Tứgiác
AB HC
'
'
có:
AB H
'
+
AC H
'
=
90
0
+
90
0
=
180
0
⇒
AB HC
'
'
là tứgiác nội tiếp
b) Chứng minh
∆
CDH
cânTa có:
0
0
'
'
90 ;
'
'
90
BAA
+
ABA
=
BCC
+
ABA
=
'
'
BAA
BCC
⇒
= ∠
Lại có:
∠
BAA
'
= ∠
BCD
(cùng chắn
BD
)
'
(
'
)
BCC
BCD
BAA
⇒
=
= ∠
Xét
∆
CDH
có
CA
'
vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên là tam giác cân
Câu 5.
H
A'
C'
B'
D
O
A
B
Ta có:
DCG
=
BEC
(cùng phụvới
DCE
)
Xét
∆
DCG
và
∆
ECB
có:
G
= =
B
90 ,
0
DCG
=
BEC cmt
(
)
(
)
DC
CG
DCG
ECB g
g
EC
BC
⇒ ∆
∆
−
⇒
=
( )
2
.
.
1.1 1
EC CG
DC BC
dm
⇒
=
=
=
Vậy 2
.
1
EFGC
S
=
EC CG
=
dm
F
G
A
B
D
C
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU
ĐỀTHI CHÍNH THỨC
Đề số 2
ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020-2021
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài:120 phút
Ngày thi:21/07/2020
Bài 1. (3,5 điểm)
a) Giải phương trình : 2
2
3
0
x
+
x
− =
b) Giải hệphương trình:
3
1
5
x
y
x
y
+ =
− = −
c) Rút gọn biểu thức :
4
20
5
2
3
5
A
=
−
−
−
d) Giải phương trình :
2
2
1
3
0
1
1
x
x
x
+
−
− =
+
+
Bài 2. (2,0 điểm)
Cho parabol
( )
2
:
P
y
= −
x
và đường thẳng
( )
d
:
y
=
mx
−
2
(với
m
là tham số)
a) Vẽparabol
( )
P
b) Tìm tất cảcác giá trị của tham số
m
đểđường thẳng
( )
d
cắt parabol
( )
P
tại hai
điểm phân biệt có hồnh độ
x x
1,
2thỏa mãn
(
x
1+
2
)(
x
2 +
2
)
=
0
Bài 3. (0,5 điểm)
Đoạn đường
AB
dài
5
km
,
thường xuyên bịùn 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 từA đến B qua C và D như hình vẽ
Hỏi mơ tơ đi từA đến B trên tuyến đường mới tiết kiệm được khoảng bao nhiêu thời gian
so với đi trên đường cũ ?
Bài 4. (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn
( )
O
có đường kính
AB
.
Lấy điểm C thuộc cung
AB
sao cho
AC
>
BC
(C khác
A C
,
≠
B
).
Hai tiếp tuyến của nửa đường tròn
( )
O
tại
A
và
C
cắt nhau ở
M
.
a) Chứng minh tứgiác
AOCM
nội tiếp
b) Chứng minh
AOM
=
ABC
A
B
c) Đường thẳng đi qua
C
và vng góc với
AB
cắt
MO
tại H. Chứng minh
CM
=
CH
d) Hai tia
AB
và
MC
cắt nhau tại P, đặt
COP
=
α
Chứng minh giá trị của biểu thức
(
)
2
.
sin
MCPPA
PC PM
S
α
−
là một hằng số
Bài 5. (0,5 điểm)
Cho ba sốthực dương
a b c
, , .
Tìm giá trịnhỏnhất của biểu thức :
(
)
1
2
2
2
5
P
ab
bc
a
c
a
b
c
=
−
+
+
+
+ +
ĐÁP ÁN
Bài 1.a) Giải phương trình 2
2
3
0
x
+
x
− =
Phương trình có dạng
a
+ + = + − =
b
c
1 2 3
0
nên có hai nghiệm phân biệt:
1
3
x
x
=
= −
Vậy
S
= −
{ }
3;1
b) Giải hệphương trình
3
1
4
4
1
5
1 3
4
x
y
x
x
x
y
y
x
y
+ =
= −
= −
⇔
⇔
− = −
= −
=
c) Rút gọn biểu thức
(
)
(
)
2
4 3
5
4 3
5
4
20
2 5
5
5
5
5
3
5
5
5
2
2
3
5
2
4
3
5
A
+
+
=
−
− =
−
− =
−
− = +
−
− = −
−
−
Vậy
A
= −
2
d) Giải phương trình
2
2
1
3
0
1
1
x
x
x
+
−
− =
+
+
Điều kiện:
x
≠ −
1
(
) (
) (
)
(
)
2
2 2
2 2 2
2
1
3
0
2
1
3
1
0
1
1
4
4
1 3
6
3
0
2
3
0
0 (
)
2
3
0
3
(
)
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
tm
x
x
x
tm
+
−
− = ⇔
+
−
+ −
+
=
+
+
⇔
+
+ − − −
−
− = ⇔ −
−
=
=
⇔
+
= ⇔
= −
Vậy
3
;0
2
S
= −
Bài 2.
a) Học sinh tự vẽđồthịhàm số
b) Tìm các giá trịm……….
Xét phương trình hồnh độgiao điểm : 2 2
( )
2
2
0 *
x
mx
x
mx
− =
− ⇔
+
− =
Phương trình
( )
*
có:
∆ =
m
2
−
4.1.
( )
− =
2
m
2
+ > ∀
8
0
( )
m
, do đó phương trình
( )
*
ln
có hai nghiệm phân biệt
x x
1,
2với mọi
m
. Nên đường thẳng
( )
d
cắt parabol
( )
P
tại hai
điểm phân biệt có hồnh độ
x x
1,
2.
Áp dụng định lý Vi – et ta có:
1 2
1 2
2
x
x
m
x x
+
= −
= −
. Theo bài ra ta có:
(
)(
)
(
)
( )
1
2
2
2
0
1 2
2
1 2
4
0
2
2.
4
0
2
2
1
x
x
x x
x
x
m
m
m
+
+
= ⇔
+
+
+ =
− +
−
+ = ⇔
= ⇔ =
Vậy
m
=
1
Bài 3.
Gọi
M N
,
lần lượt là hình chiếu vng góc của
D
và
C
trên
AB
Áp dụng định lý
Pytago
cho
∆
ACN
vng tại
N
ta có:
( )
2 2 2 2
891
9 11
0,3
0,03
10000
100
AN
=
AC
−
CN
=
−
=
=
km
Ta có:
CDMN
là hình chữnhật
⇒
NM
=
CD
=
4
km
9 11
100 9 11
5
4
(
)
100
100
MB
AB
AN
MN
−
km
⇒
=
−
−
= − −
=
Áp dụng định lý Pytago cho
∆
BDM
vuông tại
M
ta có:
2
2 2
100 9 11
2
0,03
0,702(
)
100
DB
=
MB
+
DM
=
−
+
≈
km
Thời gian mô tô đi hết quãng đường
AC
là :
1 0,3
0,03( ) 1,8
10
t
=
=
h
=
(phút)
Thời gian mô tô đi hết quãng đường
CD
là :
2 4
2
( )
8
30
15
t
=
=
h
=
(phút)
Thời gian mô tô đi hết quãng đường
DB
là:
3 0,702
0,02( ) 1, 2
35
t
=
≈
h
=
(phút)
M
N
A
B
Nên thời gian mô tô đi trên tuyến đường mới là : 1,8 8 1, 2 11
+ +
=
(phút)
Bài 4.
a) Chứng minh tứgiác
AOCM
nội tiếp Vì
MA MB
,
là các tiếp tuyến của
( )
O
nên
MAO
=
MCO
=
90
0
Xét tứgiác
AOCM
có :
MAO
+
MCO
=
90
0
+
90
0
=
180
0
⇒
Tứgiác
AOCM
là tứgiác
nội tiếp.
b) Chứng minh
∠
AOM
= ∠
ABC
Vì
AOCM
là tứgiác nội tiếp
( )
cmt
nên
AOM
= ∠
ACM
(hai góc nội tiếp cùng chắn
)
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 ởvi trí đồng vì nên
OM
/ /
BC
( )
/ /
1
BC
MH
CHM
BCH
BCN
⇒
⇒
=
=
(so le trong)
Ta lại có:
0
90 (
BCN
ABC
do BCN
∠
+ ∠
=
∆
vuông tại N)
0
90
CAB
ABC
∠
+ ∠
=
(phụnhau)
⇒ ∠
BCN
= ∠
CAB
(cùng phụvới
∠
ABC
)
Lại có:
∠
CAB
= ∠
CAO
= ∠
CMO
= ∠
CMH
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
OC
)
( )
2
BCN
CMH
⇒
=
Từ(1) và (2) suy ra
CHM
=
CMH
⇒ ∆
CMH
cân tại C
⇒
CH
=
CM dfcm
(
)
d) Chứng minh giá trịbiểu thức … là một hằng số
α
P
N
H
M
B
O
A
Xét
∆
POC
và
∆
PMA
có:
APM
chung;
PCO
= ∠
PMA
(
=
90
0
)
⇒ ∆
POC
∆
PMA g g
( . )
.
.
PC
PO
PC PM
PO PA
PA
PM
⇒
=
⇒
=
. Lại có:
1
.
.
2
ACPS
=
CN AP
Khi đó ta có:
(
)
(
)
(
)
2 2
.
sin
.
sin
1
.
2
.
sin
2.
.sin
1
.
2
ACP
PA
PC PM
PA
PO PA
S
CN AP
PA PA
PO
OA
CN
CN AP
α
α
α
α
−
−
=
−
=
=
Xét
∆
OCN
vng ta có:
sin
1
sin
CN
CN
OA
OC
OA
CN
α
α
=
=
⇒
=
(
2
)
.
sin
1
2sin .
2
sin
MCPPA
PC PM
S
α
α
α
−
⇒
=
=
Vậy
(
)
(
)
2
.
sin
2
MCPPA
PC PM
constast dfcm
S
α
−
= =
Bài 5.Xét biểu thức :
M
=
ab
+
2
bc
+
2
(
a
+
c
)
=
ab
+
4
bc
+
2
(
a
+
c
)
Áp dụng bất đẳng thức
Co
−
si
ta có:
2
4
4
2
a
b
ab
b
c
bc
+
≤
+
≤
(
) (
5
)
4 .
2
2
2
1
1
5
a
b
c
M
ab
b c
a
c
P
a
b
c
a
b
c
+ +
⇒
=
+
+
+
=
≥
−
+ +
+ +
Đặt
1
t
a
+ +
b
c
=
(
2
)
2 2
2
2
1
1
1
2
1
1
1
1
2. .
0
5
5
2
4
10
5
2
10
10
10
P
t
t
t
t
t
⇒ ≥
− =
−
+
−
=
−
−
≥ −
= −
Dấu
" "
=
xảy ra
2
3
4
8
1
1
3
2
a
b
a
b
b
c
c
a
b
c
=
= =
=
⇔
=
=
+ +
Vậy
1
2
;
8
10
3
3
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
ĐỀTHI CHÍNH THỨC
Đề số 3
ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2020-2021
MƠN THI: TỐN
Ngày thi:17/07/2020
Phần I. TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm)
Câu 1. Cho tam giác
ABC
vng tại
A
có
AB
=
5
cm AC
,
=
12
cm
.
Độdài cạnh
BC
bằng:
( )
( )
( )
( )
. 119
.13
.17
. 7
A
cm
B
cm
C
cm
D
cm
Câu 2. Nếu
x
≥
3
thì biểu thức
(
3
−
x
)
2
+
1
bằng:
.
4
.
2
.4
.
3
A x
−
B x
−
C
−
x
D x
−
Câu 3. Cho hàm số 2
y
=
ax
(
a
là tham sốkhác 0). Tìm tất cảcác giá trị của
a
đểđồthịhàm
sốđã cho đi qua điểm
M
(
−
1;4
)
.
1
.
4
.
4
.
1
A a
= −
B a
=
C a
= −
D a
=
Câu 4. Có bao nhiêu giá trịnguyên dương của tham số
m
đểphương trình
2
2
2
11 0
x
+
x
+
m
−
=
có hai nghiệm phân biệt ?
.6
.4
.7
.5
A
B
C
D
Câu 5. Giá trị của biểu thức
2. 8
bằng:
.8
.16
.4
.2
A
B
C
D
Câu 6.Biết phương trình 2
2
0
x
+
bx
+ =
c
có hai nghiệm
x
1=
1
và
x
2 =
3.
Giá trị của biểu
thức 3 3
b
+
c
bằng
.19
.9
. 19
.28
A
B
C
−
D
Câu 7. Tìm tất cảcác giá trị của
a
đểbiểu thức
a
+
2
có nghĩa là :
.
2
.
2
.
2
.
2
A a
≥
B a
≥ −
C a
>
D a
> −
Câu 8. Hàm sốnào trong các hàm sốcho dưới đây đồng biến trên
1
.
2020
1
.
.
2020
3
.
1 4
2
x
A y
=
x
+
B y
=
−
C y
= −
x
+
D y
= −
x
Câu 9. Cho hai đường thẳng
( )
d
:
y
=
4
x
+
7
và
( )
d
' :
y
=
m x
2
+ +
m
5
(
m
là tham sốkhác
0). Tìm tất cảcác giá trị của
m
đểđường thẳng
( )
d
'
song song với đường thẳng
( )
d
.
2
.
2
.
4
.
2
A m
= ±
B m
= −
C m
=
D m
=
Câu 10. Biết hệphương trình
2
7
2
2
x
y
x
y
−
=
+ = −
có nghiệm duy nhất
(
x y
0
;
0
)
. Khẳng định nào
sau đây là đúng ?
0 0 0 0 0 0 0 0
.4
1
.4
3
.4
1
.4
5
A x
+
y
=
B x
+
y
=
C x
+
y
= −
D x
+
y
=
Câu 11. Cho hàm số
y
=
10
x
−
5.
Tính giá trị của
y
khi
x
= −
1
. 5
.15
. 15
.5
A
−
B
C
−
D
Câu 12. Căn bậc hai số học của 121là :
. 11
.11
Câu 13. Cho hệphương trình
2
2
3
x
y
x
y
m
+ =
+
=
(
m
là tham số). Tìm tất cảcác giá trị của
m
để
hệđã cho có nghiệm duy nhất
(
x y
0;
0)
thỏa mãn
3
x
0 +
4
y
0 =
2021
.
2020
.
2021
.
2018
.
2019
A m
=
B m
=
C m
=
D m
=
Câu 14. Cho đường thẳng
( )
d
:
y
=
(
m
−
3
)
x
+
2
m
+
7
(
m
là tham sốkhác 3). Tìm tất cả
các giá trị của m để hệsốgóc của đường thẳng
( )
d
bằng 3
.
2
.
5
.
6
.
0
A m
= −
B m
= −
C m
=
D m
=
Câu 15. Cho tam giác
ABC
vuông tại
A
,
đường cao
AH
,
Biết
BC
=
10
cm AH
,
=
5
cm
.
Giá
trị
cos
ACB
bằng:
1
1
3
2
.
.
.
.
4
2
2
2
A
B
C
D
Câu 16. Biết phương trình 2
2
15
0
x
+
x
−
=
có hai nghiệm
x x
1,
2. Giá trị của biểu thức
1
.
2
x x
bằng:
. 2
.15
.2
. 15
A
−
B
C
D
−
Câu 17. Trong hình vẽbên dưới, hai điểm
C D
,
thuộc dường trịn
( )
O
đường kính
AB
và
0
35 .
BAC
=
Sốđo
ADC
bằng
0 0 0 0
.65
.35
.55
.45
A
B
C
D
Câu 18.Cho đường tròn tâm
O
,
bán kính
R
=
10
cm
.
Gọi
AB
là một dây cung của đường
trịn đã cho,
AB
=
12
cm
.
Tính khoảng cách từtâm O đến dây cung
AB
.
( )
( )
( )
( )
.8
.6
.2
.16
A
cm
B
cm
C
cm
D
cm
Câu 19. Tính giá trịbiệt thức
∆
của phương trình 2
2
x
+
8
x
− =
3
0
.
88
.
88
.
22
.
40
A
∆ =
B
∆ = −
C
∆ =
D
∆ =
Câu 20.Cho đoạn thẳng
AC B
,
là điểm thuộc đoạn
AC
sao cho
BC
=
3
BA
.
Gọi
AT
là một
tiếp tuyến của đường trịn đường kính
BC T
(
là tiếp điểm),
BC
=
6
cm
.
Độdài đoạn thẳng
AT
bằng:
A
.3
( )
cm
B
.6
( )
cm
C
.5
( )
cm
D
.4
( )
cm
Phần II.TỰLUẬN (7,0 điểm)
Câu 1.(2,0 điểm)
A
O
D
B
a) Giải hệphương trình
3
10
2
1
x
y
x
y
−
=
+ = −
b) Rút gọn biểu thức
2
:
3
9
3
3
x
x
x
A
x
x
x
x
+
=
+
−
−
−
với
x
>
0,
x
≠
9
Câu 2.(1,0 điểm) Cho phương trình: 2
(
)
( )
1
2
8
0 1
x
−
m
+
x
+
m
− =
,
m
là tham số
a) Giải phương trình
( )
1
khi
m
=
2
b) Tìm tất cảcác giá trị của
m
đểphương trình
( )
1
có hai nghiệm
x x
1,
2thỏa mãn
(
)(
)
2 2
1 2 1
2
2
2
11
x
+
x
+
x
−
x
−
=
Câu 3. (1,5 điểm) Một công ty X dựđịnh điều động một sốxe để chở
100
tấn hàng. Khi
sắp khởhành thì 5 xe được điều đi làm việc khác nên mỗi
xe
còn lại phải chởthêm 1 tấn
hàng so với dựđịnh. Tính sốxe mà cơng ty X dựđịnh điều động, biết mỗi xe chởkhối
lượng hàng như nhau ?
Câu 4. (2,0 điểm) Cho đường tròn tâm O, bán kính
R
=
3
cm
.
Gọi
A B
,
là hai điểm phân
biệt cốđịnh trên đường trịn
(
O R
;
)
(
AB
khơng là đường kính). Trên tia đối của tia
BA
lấy
một điểm
M
(
M
khác
B
)
. Qua
M
kẻhai tiếp tuyến
MC MD
,
với đường tròn đã cho
( ,
C D
là hai tiếp điểm)
a) Chứng minh tứgiác
OCMD
nội tiếp trong một đường tròn
b) Đoạn thẳng
OM
cắt đường tròn
(
O R
;
)
tại điểm
E
.
Chứng minh rằng khi
0
60
CMD
=
thì
E
là trọng tâm của tam giác
MCD
c) Gọi
N
là điểm đối xứng của
M
qua O. Đường thẳng đi qua
O
vng góc với
MN
cắt các tia
MC MD
,
lần lượt tại các điểm và Q. Khi di động trên tia đối của tia
tìm vịtrí của điểm đểtứgiác có diện tích nhỏ nhất
Câu 5. (0,5 điểm) Cho hai sốdương thỏa mãn Chứng minh rằng:
ĐÁP ÁN
I.Trắc nghiệm
II.Tựluận
Câu 1.
P
M
,
BA
M
MPNQ
,
a b
a
+
2
b
=
1.
2 2
1
3
14
4
ab
+
a
+
b
≥
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
B
B
B
D
C
A
B
A
B
A
C
C
D
C
D
D
C
A
A
D
7
21
3
3
10
2
6
20
1
)
1
1 3
2
1
2
1
3
2
2
y
y
x
y
x
y
x
a
y
x
y
x
y
x
y
y
= −
= −
−
=
−
=
=
⇔
⇔
⇔
⇔
+ = −
+ = −
=
− −
=
− +
= −
Vậy hệphương trình có nghiệm duy nhất
b) Điều kiện :
Câu 2.
a) Giải phương trình khi
Với ta có phương trình
Phương trình có dạng nên có hai nghiệm
b) Xét phương trình
Ta có:
Vì nên phương trình ln có hai nghiệm phân
biệt với mọi m, áp dụng hệthức Vi et ta có:
Theo đềbài ta có:
Vậy thì thỏa đề.
Câu 3.
Gọi sốxe mà cơng ty dựkiến điều động là
( ) (
x y
;
=
1; 3
−
)
0;
9
x
>
x
≠
(
)
(
)(
)
(
)(
)
3
3
2
3
2
:
.
9
3
3
3
.
3
3
3
3
2
.
3
3
x
x
x
x
x
x
x
A
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
−
+
+
=
+
=
−
−
−
−
−
−
+
−
+
−
=
=
−
+
( )
1
m
=
2
2
m
=
x
2
−
3
x
− =
4
0
1 3 4
0
a
− + = + − =
b
c
4
1
x
x
=
= −
(
)
( )
2
1
2
8
0 1
x
−
m
+
x
+
m
− =
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
2 2
2
2 2
1
4. 2
8
2
1 8
32
6
33
6
9
24
3
24
0
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
∆ = −
+
−
− =
+
+ −
+
=
−
+
=
−
+
+
=
−
+
> ∀
(
)
2
(
)
2
3
0
3
24
0
0
m
−
≥ ⇒
m
−
+
> ⇒ ∆ >
1 2
1 2
1
2
8
x
x
m
x x
m
+
= +
=
−
(
)(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
) (
) (
)
(
)
2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2
2
2
2
2
11
2
2
4 11
2
7
0
1
2
8
2
1
7
0
2
1 2
8
2
2
7
0
0
2
0
2
0
2
x
x
x
x
x
x
x x
x x
x
x
x
x
x x
x
x
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m m
m
+
+
−
−
=
⇔
+
−
+
−
+
+ =
⇔
+
−
−
+
− =
⇔
+
−
− −
+ − =
⇔
+
+ −
+ −
− − =
=
⇔
−
= ⇔
−
= ⇔ =
0;
2
m
=
m
=
( )(
5,
*
)
Khi đó mỗi xe chởđược sốtấn hàng: (tấn hàng)
Sau khi điều 5 xe đi làm việc khác, sốxe còn lại đi chởhàng :
Thực tếmỗi xe phải chởsốtấn hàng : (tấn hàng)
Thực tếmỗi xe phải chởthêm 1 tấn hàng nên ta có phương trình:
Vậy ban đầu cơng ty dựđịnh điều động xe.
Câu 4.
a) Chứng minh tứgiác nội tiếp
100
x
( )
5
x
−
xe
⇒
100
5
x
−
(
) (
)
(
)
(
)
(
)(
)
2
2
100
100
1
100
100
5
5
5
100
100
500
5
500
0
25
20
500
0
25
20
25
0
25(
)
25
20
0
20(
)
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
tm
x
x
x
ktm
−
= ⇔
−
−
=
−
−
⇔
−
+
=
−
−
=
⇔
−
+
−
= ⇔
−
+
−
=
=
⇔
−
+
= ⇔ = −
25
P
C
Q
D
N
E
O
A
B
M
Xét đường trịn tâm có là các tiếp tuyến
Tứgiác có: là tứgiác nội tiếp
b) Chứng minh là trọng tâm
Xét đường tròn (O) có là hai tiếp tuyến cắt nhau tại nên và
là tia phân giác của
Mà
Xét vng có
Ta có:
Lại có: nên là đường trung trực của đoạn Gọi là giao điểm
của và tại I
Theo hệthức lượng trong tam giác vng ta có:
Từđó ta có:
Xét tam giác có và nên là tam giác đều có là
đường phân giác nên cũng là trung tuyến. Lại có nên là trọng
tâm tam giác
c) Tìm vịtrí của M để
Vì đối xứng với qua nên
Xét hai tam giác vng có cạnh chung,
Suy ra
Diện tích tứgiác là :
Xét vng tại O có là đường cao, theo hệthức lượng trong tam giác vng ta
có:
O
MC MD
,
⇒
OCM
=
ODM
=
90
0
OCMD
OCM
+
ODM
=
90
0
+
90
0
=
180
0
⇒
OCMD
E
∆
MCD
,
MC MD
M
MC
=
MD
MO
CMD
0
1
1
0 0
60
.60
30
2
2
CMD
=
⇒
OMD
=
CMD
=
=
ODM
∆
0
3
,
30
OD
= =
R
cm OMD
=
( )
( )
0
3
sin
6
6 3
3
1
sin 30
2
OD
OD
DMO
OM
cm
EM
OM
OE
cm
OM
=
⇒
=
=
=
⇒
=
−
= − =
MD
MC
OD
OC
R
=
=
=
OM
DC
.
I
OM
DC
⇒
OM
⊥
DC
ODM
2 2
2
3
3
.
6
2
OD
OD
OI OM
OI
OM
=
⇔
=
=
=
6
3
9
2
2
IM
OM
OI
⇒
=
−
= − =
3
2
2
9
3
3
2
ME
ME
MI
MI
=
= ⇒
=
MCD
MC
=
MD
CMD
=
60
0
∆
MCD
MI
MI
2
(
)
3
ME
=
MI cmt
E
(
)
MCD dfcm
min
MNPQS
N
M
O
OM
=
ON
,
OQM
OPM
∆
∆
OM
OMQ
=
OMP
( . . )
OQM
OPM g c g
OP
OQ
∆
= ∆
⇒
=
MPNQ
1
1
1
.
.2
.2
4.
.
4
4.
.
4 .
2
2
2
MPNQ OQM
S
=
MN PQ
=
OM OQ
=
OM OQ
=
S
=
OD MQ
=
R MQ
OQM
∆
OD
2 2
.
.
Áp dụng bất đằng thức Cơ si ta có:
Hay
Từđó nhỏnhất là
Khi đó: Xét có: chung; (cùng chắn
Đặt ( không đổi,
Ta có:
Vậy điểm thuộc tia đối của tia và cách B một khoảng bằng
khơng đổi thì tứgiác có diện tích nhỏ nhất là
Câu 5.
.Ta có:
Áp dụng bất đẳng thức ta có:
Lại có:
Vậy . Dấu xảy ra khi
2
2
.
2
2
QM
=
DQ
+
DM
≥
DQ DM
=
R
=
R
min
2
QM
=
R
⇔
QD
=
DM
=
R
MPNQ
S
8
R
2
⇔
MQ
=
2
R
&
MDB
MAD
∆
∆
DMB
MDB
=
MAD
BD
)
2 2
(
)
MD
MB
.
.
MDB
MAD g
g
MD
MA MB
MA MB
R
MA
MD
⇒ ∆
∆
−
⇒
=
⇒
=
⇒
=
,
AB
=
a MB
=
x
a
a x
,
>
0)
(
)
2 2
(
)
2 2 2 2
4
.
0
0
2
a
a
R
MA MB
=
R
⇔
x x
+
a
=
R
⇔
x
+
ax
−
R
= ⇒ =
x
− +
+
do x
>
M
AB
2 2
4
2
a
a
R
MB
=
− +
+
MPNQ
8
R
2
1
1
1
2
2
.2
2 2
2 2
1
2
2
8
a
b
a b
ab
ab
ab
ab
= +
≥
=
⇒
≤ ⇒
≥ ⇒
≤
2 2 2 2 2 2
1
3
1
3
3
1
1
1
3
4
4
4
4
4
4
4
ab
a
b
ab
ab
a
b
ab
ab
a
b
+
=
+
+
=
+
+
+
+
+
1
1
4
x
+ ≥
y
x
+
y
(
)
2
2 2 2 2
1
1
4
4
4
4
ab
+
a
+
4
b
≥
4
ab
+
a
+
4
b
=
a
+
2
b
=
1
1
1
2
1
8
4
4.
8
ab
ab
≤ ⇒
≥
=
2 2
1
1
1
3
2
3.4 14
4
ab
4
ab
a
4
b
⇒
+
+
≥ +
=
+
2 2
1
3
14
4
ab
+
a
+
b
≥
" "
=
1
1
2
2
1
2
4
a
a
b
b
=
=
= ⇔
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC CẠN
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số 4
KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 – 2021
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1. (1,5 điểm)
a) Tính
A
=
12
+
27
−
4 3
b) Rút gọn biểu thức
1
2
.
2
6
0,
1
9
9
3
1
x
x
x
x
B
x
x
x
x
+
≥
≠
=
+
≠
−
+
−
Câu 2. (2,5 điểm)
a) Giải phương trình
5
x
− =
7
0
b) Giải hệphương trình sau
2
2
1
x
y
x
y
+ =
− =
c) Hai lớp
9
A
và
9
B
của một trường, quyên góp vởủng hộcác bạn học sinh vùng khó
khăn. Lớp 9A mỗi bạn ủng hộ2 quyển, lớp 9B mỗi bạn ủng hộ3 quyển, cảhai lớp
ủng hộđược
160
quyển. Tính số học sinh mỗi lớp biết tổng số học sinh của cảhai
lớp là 65 em.
Câu 3. (1,5 điểm)
a) Vẽđồthịhàm số 2
y
=
x
b) Đường thẳng song song với trục hồnh, cắt trục tung tại điểm có tung độbằng 2 và
cắt parabol 2
y
=
x
tại hai điểm
M N
, .
Tính diện tích tam giác
OMN
Câu 4. (1,5 điểm) Cho phương trình 2
(
)
2
1
2
0
x
+
m
−
x
−
m
=
(với m là tham số)
a) Giải phương trình với
m
=
1
b) Chứng minh phương trình ln có nghiệm với mọi
m
c) Gọi
x x
1,
2là hai nghiệm của phương trình. Tìm
m
để
A
=
x
12
+
x
22
−
4
x x
1 2đạt giá trị
nhỏnhất.
Câu 5. (3,0 điểm)Cho nửa đường tròn
( )
O
đường kính
MN
,
điểm
P
thuộc nửa đường
trịn
(
PM
>
PN
)
.
Kẻbán kính
OK
vng 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
ởF.
Chứng minh rằng:
a) Tứgiác
MPEO
nội tiếp đường tròn
b)
ME MP
.
=
MO MN
.
c)
OF
/ /
MP
d) Gọi
I
là chân đường cao hạtừ
P
xuống
MN
.
Hãy tìm vịtrí điểm
P
để
IE
vng
ĐÁP ÁN
Câu 1.
)
12
27
4 3
2 3
3 3
4 3
3
a A
=
+
−
=
+
−
=
b)Với
x
≥
0,
x
≠
1,
x
≠
9
. Ta có:
(
)(
)
(
)
(
)
(
) (
)
2
3
1
2
2
6
3
2
.
.
9
3
1
3
3
1
3
1 .2
6
3
3 .
1
x
x
x
x
x
B
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
+
− +
=
+
=
−
+
−
+
−
−
−
=
=
−
−
−
Câu 2.
a) Giải phương trình:
7
7
5
7
0
5
5
x
− = ⇔ =
x
S
=
b) Giải hệphương trình:
2
3
3
1
2
1
2
1
x
y
x
x
x
y
y
x
y
+ =
=
=
⇔
⇔
− =
= −
=
Vậy hệcó nghiệm duy nhất
( ) ( )
x y
;
=
1;1
c) Tính sốhọc sinh mỗi lớp
Gọi số học sinh lớp
9
A
và lớp 9B lần lượt là
x y
,
(học sinh)
(
x y
,
∈
*, ,
x y
<
65
)
Tổng số học sinh 2 lớp là 65 nên ta có phương trình
x
+ =
y
65 1
( )
Sốquyển vở lớp 6A quyên góp là :
2
x
(quyển)
Sốquyển vở lớp 6B quyên góp là:
3
y
(quyển)
Hai lớp quyên góp được
160
quyển vởnên ta có phương trình
2
x
+
3
y
=
160 2
( )
Từ(1) và (2) ta có hệphương trình:
65
3
3
195
35
(
)
2
3
160
2
3
160
30
x
y
x
y
x
tm
x
y
x
y
y
+ =
+
=
=
⇔
⇔
+
=
+
=
=
Vậy 9A: 35 học sinh, 9B: 30 học sinh.
Câu 3.
a) Học sinh tựvẽđồthị
b) Tính diện tích OMN
Đường thẳng song song với trục hoành cắt trục tung tại điểm có tung độbằng 2 nên có
Hồnh độcác điểm
M N
,
là nghiệm của phương trình hoành độgiao điểm
x
2
=
2
(
)
(
)
2;2
2
2
2;2
M
x
x
N
−
=
⇔
⇒
= −
Khi đó ta có:
MN
=
2 2
. Gọi
{ }
H
=
MN
∩
Oy
⇒
H
( )
0;2
⇒
OH
⊥
MN
và
OH
=
2
Vậy
1
.
1
.2.2 2
2 2(
)
2
2
OMN
S
=
OH MN
=
=
dvdt
Câu 4.
a) Giải phương trình khi m=1
Với
m
=
1
ta có phương trình
x
2
+ − =
x
2
0
Phương trình có dạng 1
2
1
0
2
x
a
b
c
x
=
+ + = ⇒
= −
Vậy với
m
= ⇔ = −
1
S
{
2;1
}
b) Chứng minh phương trình ln có nghiệm với mọi m
Xét phương trình 2
(
)
2
1
2
0
x
+
m
−
x
−
m
=
ta có:
(
)
2
2 2 (
)
2
( )
2
m
1
4.2
m
4
m
4
m
1 8
m
4
m
4
m
1
2
m
1
0
m
∆ =
−
+
=
−
+ +
=
+
+ =
+
≥ ∀
Vậy phương trình đã cho ln có hai nghiệm với mọi m
c) Tìm GTNN
Phương trình đã cho ln có hai nghiệm phân biệt
x x
1,
2với mọi m. Áp dụng hệthức Vi –
et ta có: 1 2
1 2
2
1
2
x
x
m
x x
m
+
= −
+
=
. Theo đềbài ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2 2
2
2
4
6
1 2
6.2
4
4
1 12
4
8
1
4
2
1
3
4
1
3
A
x
x
x x
x
x
x x
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
=
+
−
=
+
−
= −
+
=
−
+ +
=
+
+
=
+
+ − =
+
−
Vì
(
)
2
( )
(
)
2
(
)
2
( )
1
0
4
1
0
4
1
3
3
m
+
≥ ∀
m
⇒
m
+
≥ ⇒
m
+
− ≥ − ∀
m
Vậy
A
min = − ⇔ = −
3
m
1
a) Tứgiác
NPEO
nội tiếp đường trịn Vì
∠
MPN
là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn nên
∠
MPN
=
90
0
⇒ ∠
EPN
=
90
0
Xét tứgiác
NPEO
có
EPN
+
EON
=
90
0
+
90
0
=
180
0
⇒
NPEO
là tứgiác nội tiếp
b)
ME MP
.
=
MO MN
.
Xét
∆
MOE
và
∆
MPN
có:
PMN chung MOE
;
=
MPN
=
90
0
(
)
( . )
MO
ME
.
.
MOE
MPN g g
ME MP
MO MN dfcm
MP
MN
⇒ ∆
∆
⇒
=
⇒
=
c) OF song song với MP
Vì
EF
/ /
MN gt
(
)
mà
MN
⊥
OK
nên
EF
⊥
OK
⇒
OEF
=
90
0
=
OPF
⇒
OEPF
là tứ
giác nội tiếp
Lại có
NPEO
là tứgiác nơi tiếp (cmt)
⇒
5
điểm
O E P F N
, , , ,
cùng thuộc một đường tròn
nên tứgiác
OEFN
cũng là tứgiác nội tiếp
0
180
EON
EFN
⇒
+
=
mà
0
0
90 (
)
90
EON
=
gt
⇒
EFN
=
Xét tứgiác
OEFN
có:
EON
=
OEF
=
EFN
=
90
0
⇒
OEFN
là hình chữnhật (tứgiác có 3
góc vng)
0
90
ONF
NF
⇒
=
⇒
là tiếp tuyến của
( )
O
tại N
d
x
I
F
E
K
O
M
N
FNP
NMP
⇒
=
(cùng chắn
NP
)
Mà
NMP
=
OMP
=
OPM
(do
∆
OMP
cân tại
O
)
FNP
OPM
OPE
⇒
=
=
Mà
FNP
=
FOP
(hai góc nội tiếp cùng chắn
FP
).
⇒
OPE
=
FOP
Mà 2 góc này ởvịtrí so le trong nên
OF
/ /
MP
d) Tìm vịtrí điểm P……
Đặt
OI
=
x MN
,
=
2
R
⇒
IN
= −
R
x
(
0
< <
x
R
)
Áp dụng hệthức lượng trong tam giác vng
MPN
ta có:
(
)(
)
2 2 2 2 2
.
PI
=
MI NI
=
R
+
x
R
−
x
=
R
−
x
⇒
PI
=
R
−
x
Ta có:
OK
/ /
PI
(cùng vng góc với
MN
)
nên áp dụng định lý Ta let ta có:
2 2
2 2
OE
MO
OE
R
R R
x
OE
PI
MI
R
x
R
x
R
x
−
=
⇒
=
⇔
=
+
+
−
Để
IE
⊥
MP
thì
IE
/ /
PN do MP
(
⊥
PN
)
, khi đó
OIE
=
INP
(hai góc đồng vị)
Xét tam giác
OIE
có:
(
)
2 2
tan
OIE
OE
R R
x
OI
x R
x
−
=
=
+
Xét tam giác vuông
IPN
có
2 2
tan
INP
IP
R
x
IN
R
x
−
=
=
−
(
)
(
) (
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2
2 2 2 2
1
2
2
2 2
2 2
2
0
2
2 1 (
)
2 1
2
0(
)
2 1
2 2
2
2 2
2
tan
2
2
2 1
2
2
1
2
1
2 1
R R
x
R
x
R R
x
x R
x
x R
x
R
x
R
Rx
xR
x
x
Rx
R
x
R
R
R
tm
x
R
OI
x
R
R
ktm
R
R
R
x
R
INP
R
x
R
R
R
−
−
⇒
=
⇔
−
=
+
+
−
⇔
−
=
+
⇔
+
−
=
= − +
=
−
⇔
⇒ =
− =
= − −
<
−
−
−
−
−
⇒
∠
=
=
=
=
−
−
−
−
−
=
=
+
−
tan
MNP
tan
INP
2
1
⇒
∠
=
∠
=
+
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số 5
KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 – 2021
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
I.Trắc nghiệm
Câu 1. Đường thẳng
y
= −
2
x
có hệsốgóc là
0
.2
. 1
.45
.1
A
B
−
C
D
Câu 2. Trong các hàm sốsau, hàm sốnào là hàm sốbậc nhất ?
2
1
.
.
.
.
2020
A y
B y
x
C y
x
D y
x
x
=
=
=
=
−
Câu 3. Đường trịn
(
O R
;
)
có hai bán kính
OA
và
OB
vng góc với nhau, gọi
H
là trung
điểm của đoạn thẳng
AB
.
Khi đó,
OH
bằng:
2
3
.
.
.
.
2
2
2
3
R
R
R
R
A
B
C
D
Câu 4. Tam giác
ABC
vuông tại A,
sin
2
,
5
C
=
cạnh
BC
=
10
cm
.
Độdài cạnh
AB
là
.2
.4
.6
.2 2
A cm
B cm
C cm
D
cm
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. Sốđo góc
BMC
bằng:
0 0 0 0
.90
.120
.45
.60
A
B
C
D
Câu 6.Hệphương trình
3
1
x
y
x
y
+ =
− =
có nghiệm
( )
x y
;
là:
(
)
( )
( )
(
)
.
2; 1
. 2;1
. 1;2
.
1; 2
A
− −
B
C
D
− −
Câu 7. Biểu thức
(
7
−
5
) (
2
+
2
−
7
)
2 có giá trịbằng:
.7
.2 7
3
.2 7
3
.3
A
B
+
C
−
D
Câu 8. Khi
x
=
6,
biểu thức
x
+
8
có giá trịbằng:
.6
.8
.2
.14
A
B
C
D
.6
.36
. 13
.9
A cm
B
cm
C
cm
D cm
Câu 10. Phương trình nào dưới đây có hai nghiệm là 3 và
−
2?
2 2 2 2
.
6
1 0
.
6
0
.
6
1 0
.
6
0
A x
−
x
+ =
B x
+ − =
x
C x
+
x
− =
D x
− − =
x
Câu 11. Khi
x
=
7,
biểu thức
3
2
x
+
có giá trịbằng:
1
. 1
. 3
.
.1
3
A
−
B
C
D
Câu 12. Điều kiện xác định của biểu thức
1
−
x
là
.
1
.
1
.
1
.
1
A x
<
B x
≥
C x
>
D x
≤
Câu 13. Cho tam giác đều
ABC
nội tiếp đường tròn
( )
O
.
Đường cao
AH
cắt cung nhỏBC
tại
M
.
Sốđo góc
BCM
là
0 0 0 0
.45
.60
.50
.30
A
B
C
D
Câu 14. Hệphương trình
1
2
x
y
mx
y
+ =
− =
có nghiệm duy nhất khi
.
1
.
1
.
1
.
0
A m
≠ −
B m
= −
C m
≠
D m
≠
Câu 15. Cho tam giác
ABC
vng cân tại
A
nội tiếp đường trịn
( )
O
đường kính
BC
.
tia
phân giác của góc
ABC
cắt đường trịn
( )
O
tại M
(
M
≠
B
)
.
Khi đó góc
MOC
có sốđo
bằng
0 0 0 0
.60
.45
.22 33'
.30
A
B
C
D
Câu 16. Hình vng có diện tích 2
16
cm
.
Bán kính đường trịn ngoại tiếp hình vng đó là
:
.2 2
.4
.2
. 2
A
cm
B cm
C cm
D
cm
Câu 17. Đường thẳng
y
=
2
x
đi qua điểm nào ?
( )
( )
(
)
( )
. 1;2
.
2;2
.
2; 1
.
2;1
A
B C
C D
− −
D B
Câu 18. Khi
x
=
16,
biểu thức
2
1
x
x
+
−
có giá trịbằng:
18
7
. 2
.
.2
.
15
2
A
−
B
C
D
Câu 19. Phương trình 2
2
x
− − =
x
6
0
có hai nghiệm
x x
1,
2.
Khi đó, tổng
x
1+
x
2bằng
1
1
.
.
. 3
.3
2
2
A
B
−
C
−
D
.4
.2
.2 6
. 2
A
B
C
D
−
Câu 21.Các giao điểm của parabol
( )
2
:
P
y
=
x
và đường thẳng
( )
d
:
y
= − +
x
2
là:
(
)
.
1;1
A D
−
và
C
(
−
2;4
)
B A
.
( )
1;1
và
B
( )
2;4
( )
.
1;1
C A
và
C
(
−
2;4
)
D
.
(
−
1;1
)
và
B
( )
2;4
Câu 22. Tam giác
ABC
vuông tại A,
AB
=
3
cm BC
,
=
5
cm
thì
tan
C
bằng:
3
5
4
3
.
.
.
.
5
3
3
4
A
B
C
D
Câu 23. Trong các hệphương trình sau, hệnào vô nghiệm ?
3
3
3
3
.
.
.
.
2
0
2
2
9
2
0
2
2
6
x
x
y
x
y
x
y
A
B
C
D
x
y
x
y
y
x
y
=
+ =
+ =
+ =
+
=
+
=
=
+
=
Câu 24. Cho tam giác
ABC
vng tại A, cạnh
BC
=
10
cm
,
bán kính đường trịn ngoại tiếp
tam giác đó bằng:
.3
.4
.2,5
.5
A cm
B cm
C
cm
D cm
Câu 25.Đường thẳng
y
= + −
x
m
1
cắt trục
Ox
tại điểm có hồnh độbằng 1khi
.
2
.
0
.
1
.
1
A m
=
B m
=
C m
=
D m
= −
Câu 26. Tập nghiệm của phương trình 2
3
2
0
x
−
x
+ =
là
{
}
{
}
{ }
{
}
. 1; 2
.
1;2
. 1;2
.
1; 2
A
−
B
−
C
D
− −
Câu 27. Cho hai đường tròn
(
O
;13
cm
)
và
(
O
';10
cm
)
cắt nhau tại hai điểm phân biệt
A B
, .
Đoạn
OO
'
cắt
( ) ( )
O
;
O
'
lần lượt tại
E
và
F
.
Biết
EF
=
3
cm
,
độdài của
OO
'
là
.20
.18
.19
.16
A
cm
B
cm
C
cm
D
cm
Câu 28. Cho điểm
M
thuộc nửa đường trịn đường kính
AB
=
2 (
R M
khơng trùng với
, ).
A B
Gọi
d
là tiếp tuyến của nửa đường tròn tại
M P
;
và
Q
lần lượt là chân các đường
vng góc hạtừ
A
và
B
xuống
d
.
Khi đó,
AP
+
BQ
bằng:
3
.
2
.2
.
3
.
2
R
A R
B R
C R
D
Câu 29. Biết hệphương trình
(
) (
)
2
5
1
2
6
ax
by
a
x
b
y
+
=
− + +
=
có nghiệm
( ) ( )
x y
;
=
1;2 .
Khi đó,
3
a
+
4
b
bằng:
5
.8
.4
.7
.
2
A
B
C
D
Câu 30. Giá trịnhỏnhất của biểu thức 2
4
3
x
−
x
+
bằng
.0
.
Câu 31. Có bao nhiêu cặp sốnguyên
a b
,
dểbiểu thức
93 62 3
+
viết được dưới dạng
(
)
2
3
a
+
b
với
a b
,
∈
?
.1
.2
.0
.4
A
B
C
D
Câu 32. Gọi
M N
,
là các giao điểm của parabol
y
=
x
2và đường thẳng
y
= +
x
2.
Diện tích
tam giác
OMN
bằng:
3 2
.6
.
.3
.1,5
2
A
B
C
D
II.Tựluận
Câu 1. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình 2
6
8
0
x
+
x
+ =
b) Rút gọn biểu thức
2
2
5
1
1
1
x
P
x
x
x
−
=
+
+
−
−
+
với
x
≥
0,
x
≠
1
. Tìm
x
để
P
=
1
Câu 2. (1,0 điểm)
Trong thư viện của một trường, tổng sốsách tham khảo môn Ngữvăn và mơn
Tốn là 155 cuốn. Dựđịnh trong thời gian tới nhà trường cần mua thêm tổng số45 cuốn
sách Ngữvăn và Tốn, trong đó sốsách mơn Ngữvăn cần mua bằng
1
3
sốsách mơn Ngữ
văn hiện có, sốsách mơn Tốn cần mua bằng
1
4
sốsách mơn Tốn hiện có. Hỏi sốsách
tham khảo của mỗi mơn Ngữvăn và Tốn ban đầu lầbao nhiêu ?
Câu 3. (2,0 điểm)
Cho tam giác
ABC
vuông tại
A
.
Trên cạnh
AC
lấy điểm
M
khác C sao cho
.
AM
>
MC
Vẽđường trịn tâm
O
đường kính
MC
,
đường trịn này cắt
BC
tại
E
(
E
≠
C
)
và cắt đường thẳng
BM
tại
D D
(
≠
M
)
a) Chứng minh
ADCB
là một tứgiác nội tiếp
b) Chứng minh
ABM
=
AEM
và
EM
lầtia 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 2
0
ax
− + =
x
c
(
x
là ẩn số) có hai nghiệm thực dương
1
,
2
x x
thỏa mãn
x
1+
x
2 ≤
1.
Tìm giá trịnhỏnhất của biểu thức
2
2
a
c
P
ac
a
−
=
ĐÁP ÁN
I.Phần trắc nghiệm
1B 2D 3B 4B 5D 6B 7D
8D
9A 10D 11D 12D 13D 14A 5B
16A
17A 18C 19A 20B 21C 22D 23B
24D
25B 26C 27A 28B 29A 30A 31C
32C
II. Phần tựluận
Câu 1.
a) Giải phương trình
(
) (
)
(
)(
)
2 2
6
8
0
2
4
8
0
2
4
2
0
2
0
2
2
4
0
4
0
4
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
+
+ = ⇔
+
+
+ = ⇔
+
+
+
=
+ =
= −
⇔
+
+
= ⇔
⇔
+ =
= −
Vậy tập nghiệm là
S
= − −
{
4; 2
}
b) Rút gọn
Điều kiện:
x
≥
0,
x
≠
1
(
) (
)
(
)(
)
(
)(
)
(
)(
)
(
(
)(
)
)
2
1
2
1
5
2
2
5
1
1
1
1
1
5
1
2
2
2
2
5
5
5
5
1
1
1
1
1
1
1
x
x
x
x
P
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+ +
− +
−
−
=
+
+
=
−
−
+
+
−
−
+ +
− +
−
−
=
=
=
=
+
+
−
+
−
+
−
5
1
1
1 5
16(
)
1
P
x
x
tm
x
= ⇔
= ⇔
+ = ⇔ =
+
Vậy
x
=
16
thì
P
=
1
Câu 2.
Gọi sốsách thâm khảo Ngữvăn 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 mơn nên ta có phương trình
155 (1)
Sốsách tham khảo môn Ngữvăn cần mua thêm là
1
3
x
(cuốn)
Sốsách tham khảo mơn Tốn cần mua thêm là
1
4
y
(cuốn)
Thư viện đã mua thêm
45
cuốn sách tham khảo 2 mơn này nên ta có phương trình:
( )
1
1
45
4
3
540 2
3
x
+
4
y
=
⇔
x
+
y
=
Từ(1) và (2) ta có hệphương trình :
155
3
3
465
75
75(
)
4
3
540
4
3
540
155
80(
)
x
y
x
y
x
x
tm
x
y
x
y
y
x
y
tm
+ =
+
=
=
=
⇔
⇔
⇔
+
=
+
=
=
−
=
Vậy ban đầu thư viện có
75
cuốn sách tham khảo Ngữvăn, 80 cuốn sách tham khảo mơn
Tốn
Câu 3.
a) ADCB là tứgiác nội tiếp
Xét đường tròn
( )
O
ta có:
MDC
là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
0
0
90
90
MDC
hay BDC
⇒
=
=
Xét tứgiác
ADCB
có
∠
BAC
= ∠
BDC
=
90
0mà
A D
,
là 2 đỉnh kềnhau
Nên
ADCB
là tứgiác nội tiếp
G
D
E
O
A
C
B
b) Chứng minh
ABM
=
AEM
và EM
lầtia phân giác của góc
AED
Xét đường trịn
( )
O
ta có:
MEC
là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn
0
0
90
90
MEC
BEM
⇒
=
⇒
=
(hai góc kềbù)
Xét tứgiác
ABEM
ta có:
BAM
+
BEM
=
90
0
+
90
0
=
180
0
⇒
ABEM
là tứgiác nội tiếp
ABM
AEM
⇒
=
(cùng chắn cung
AM
)
Ta có:
MED
=
MCD
(hai góc nội tiếp cùng chắn
MD
của (O))
( )
1
Vì
ADCB
là tứgiác nội tiếp (cmt)
⇒
ACD
=
ABD
(hai góc nội tiếp cùng chắn
AD
) (2)
Lại có
ABM
=
AEM cmt
(
)
hay
ABD
=
AEM
(3)
Từ(1), (2), (3)
⇒
AEM
=
MED
⇒
ME
là phân giác của
AED dfcm
(
)
c) Chứng minh rằng
CG MA
.
=
CA GM
.
Xét
∆
AEG
ta có:
EM
là phân giác trong của tam giác
(
cmt
)
AE
AM
EG
MG
⇒
=
(tính chất
đường phân giác)
AE
AM
EG
MG
⇒
=
(tính chất đường phân giác)
Lại có :
ME
⊥
EC cmt
(
)
⇒
EC
là đường phân giác ngoài tại đỉnh E của
∆
AEG
AE
AC
EG
CG
⇒
=
(tính chất đường phân giác)
.
.
(
)
AM
AC
AG
AM CG
AC MG dfcm
MG
CG
EG
⇒
=
=
⇒
=
Câu 4. Tìm giá trịnhỏnhất của….
Phương trình 2
0
ax
− + =
x
c
có hai nghiệm dương phân biệt
x x
1,
20
0
1
0
1 4
0
4
1
0
0
0
0
0
0
a
a
ac
ac
b
a
a
a
c
c
c
a
a
≠
≠
∆ >
−
>
>
⇔
− >
⇔
>
⇔
>
>
>
>
Áp dụng hệthức Vi – et ta có: 1 2
1 2
1
x
x
a
c
x x
a
+ =
=
Theo đềbài ta có:
(
)
2
1 2
1
1
1
1
0
1
x
x
a
do a
a
a
Lại có:
1
1
1
4
4
4
ac
c
a
≤ ⇒ ≤
≤
2 2
2
2
2 2 2
1
1
1
1
1
2
3
4
4
2
1
1
1
1
1
1
1
5
5
2
2 1
4
4
4
4
a
a
a
c
P
ac
a
a
a
a
−
+ −
−
⇒ =
≥
=
= −
≥ −
= − =
+
+
+
+
+
Dấu
" "
=
xảy ra
1
1
1
1
4
4
a
a
ac
c
=
=
⇔
⇔
=
=
Vậy
1
3
1
5
4
a
MinP
c
=
= ⇔
SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC
VÀ CƠNG NGHỆ BẠC LIÊU
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số 6
KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 – 2021
Mơn thi: TỐN (Khơng chun)
Ngày thi: 14/07/2020
Thời gian: 120 phút (Không kểthời gian giao đề)
Câu 1. (4,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức
A
=
2 3
+
5 48
+
125
−
5 5
b) Tìm điều kiện của
x
đểbiểu thức
B
=
3
x
−
4
có nghĩa
Câu 2. (4,0 điểm)
a) Giải hệphương trình :
3
4
5
4
3
x
y
x
y
+
=
− =
b) Cho
( )
2
:
2
Parabol
P
y
=
x
và đường thẳng
( )
d
:
y
=
3
x
+
b
.
Xác định giá trị của
b
bằng phép tính đểđường thẳng
( )
d
tiếp xúc với parabol
( )
P
Câu 3. (6,0 điểm)
Cho phương trình: 2
(
)
( )
1
0 1
x
−
m
−
x
− =
m
(với
m
là tham số)
a) Giải phương trình
( )
1
khi m
=
4
b) Chứng minh phương trình
( )
1
ln có nghiệm với mọi giá trị của
m
c) Xác định các giá trị của
m
đểphương trình
( )
1
có hai nghiệm phân biệt
x x
1,
2thỏa
mãn
x
1(
3
+
x
1)
+
x
2(
3
+
x
2)
= −
4
Câu 4. (6,0 điểm)
Cho đường trịn tâm
O
đường kính
AB
=
2 .
R
Gọi
I
là trung điểm của đoạn thẳng
,
OA E
là điểm thay đổi trên đường trịn
( )
O
sao cho
E
khơng trùng với
A
và
B
.
Dựng
đường thẳng
d
1và
d
2lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn
( )
O
tại
A
và B. Gọi
d
đường thẳng qua
E
và vng góc với
EI
.
Đường thẳng
d
cắt
d d
1,
2lần lượt tại
M N
,
a) Chứng minh tứgiác
AMEI
nội tiếp
b) Chứng minh
∆
IAE
đồng dạng với
∆
NBE
.
Từđó chứng minh
IB NE
.
=
3
IE NB
.
c) Khi điểm
E
thay đổi, chứng minh tam giác
MNI
vng tại I và tìm giá trịnhỏnhất
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Rút gọn biểu thức:
Ta có:
2 3
5 48
125
5 5
2 3
5.4 3
5 5
5 5
2 3
20 3
22 3
A
=
+
+
−
=
+
+
−
=
+
=
b) Tìm điều kiện của
x
...
Biểu thức
B
=
3
x
−
4
có nghĩa khi và chỉkhi
3
4
0
3
4
4
3
x
− ≥ ⇔
x
≥ ⇔ ≥
x
Vậy biểu thức
B
=
3
x
−
4
có nghĩa khi
4
3
x
≥
Câu 2.
a) Giải hệphương trình:
Ta có:
4
8
2
2
3
4
5
3
2 3
1
4
3
4
4
4
x
x
x
x
y
x
x
y
y
y
y
=
=
=
+
=
⇔
⇔
⇔
−
=
=
−
=
−
= −
Vậy nghiệm của hệphương trình là
( )
;
2;
1
4
x y
=
−
b) Cho parabol …….
Xét phương trình hồnh độgiao điểm của
( )
P
và
( )
d
:
( )
2 2
2
x
=
3
x
+ ⇔
b
2
x
−
3
x
− =
b
0 *
Sốgiao điểm của
( )
P
và
( )
d
bằng sốnghiệm của phương trình hồnh độgiao điểm, do
dó để
( )
d
tiếp xúc với parabol
( )
P
thì phương trình
( )
*
phải có nghiệm kép
( )
2
( )
9
0
3
4.2.
0
9 8
0
8
b
b
b
⇔ ∆ = ⇔ −
−
− = ⇔ +
= ⇔ = −
Vậy để
( )
d
tiếp xúc với parabol
( )
P
thì
9
8
b
= −
Câu 3.
a) Giải phương trình khi
m
=
4
Thay
m
=
4
vào phương trình
( )
1
ta có:
(
) (
)
(
)(
)
2 2
3
4
0
4
4
0
4
4
0
1 0
1
1
4
0
4
0
4
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
−
− = ⇔
−
+ − = ⇔
−
+
−
=
+ =
= −
⇔
+
−
= ⇔
⇔
− =
=
Vậy khi
m
=
4
thì tập nghiệm của phương trình là
S
= −
{
1;4
}
b) Chứng minh phương trình (1) ln có nghiệm với mọi m
(
)
2
1
0
(1)
x
−
m
−
x
− =
m
có:
(
)
( )
(
)
(
)
2 2
2
2
1
4.1.
2
1 4
2
1
1
0
m
m
m
m
m
m
m
m
m
∆ =
−
−
−
=
−
+ +
∆ =
+
+ =
+
≥ ∀ ∈
Vậy phương trình (1) ln có nghiệm với mọi giá trị của
m
c) Xác định giá trị của
m
đểphương trình………….
Theo ý b: ta có:
(
)
2
1
m
∆ =
+
Đểphương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt
x x
1,
2thì
∆ >
0
1 0
1
m
m
⇔ + ≠ ⇔ ≠ −
. Khi đó áp dụng định lý Vi – et ta có:
(
)
1 2
1 2
1
1
x
x
m
m
x x
m
+
= −
≠ −
= −
. Theo bải ra ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
) (
)
(
) (
)
( )
(
) (
) (
)(
)
2 2
1 1 2 2 1 1 2 2
2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
2 2
3
3
4
3
3
4
3
4
3
2
4
3
1
1
2.
4
3
2
0
1
2
1
1
2
0
1 0
1(
)
2
0
2(
)
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
m
m
m
m
m
m m
m
m
m
m
m
ktm
m
m
tm
+
+
+
= − ⇔
+
+
+
= −
⇔
+
+
+
= − ⇔
+
+
+
−
= −
⇔
− +
−
−
−
= − ⇔
+
+ =
⇔
+ +
+ =
+
+
=
+ =
= −
⇔
⇔
+ =
= −
Vậy
m
= −
2
thỏa mãn yêu cầu bài toán
Câu 4.
d
d
1 d
2N
M
I
O
B
A
a) Chứng minh tứgiác
AMEI
nội tiếp Vì
d
1là tiếp tuyến của
( )
O
tại
A
nên
IAM
=
90
0
Vì
d
⊥
EI
tại E nên
IEM
=
90
0
Xét tứgiác
AMEI
có
IAM
+
IEM
=
90
0
+
90
0
=
180
0
Vậy tứgiác
AMEI
là tứgiác nội tiếp (Tứgiác có tổng hai góc đối bằng
180 )
0
b) Chứng minh
∆
IAE
đồng dạng với ∆
NBE
.
Từđó chứng minh IB NE
.
=
3
IE NB
.
Vì
AEB
là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn nên
AEB
=
90
0
Ta có:
0
0
(
)
90 ;
90
AEI
+
IEB
=
AEB
=
BEN
+
IEB
=
IEN
=
do d
⊥
IE
AEI
BEN
⇒
=
(cùng phụvới
IEB
)
Xét
∆
IAE
và
∆
NBE
có:
AEI
=
BEN cmt
(
)
;
IAE
=
NBE
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp
tuyến và dây cung cùng chắn
BE
)
( . )
IE
IA
IAE
NBE g g
NE
NB
⇒ ∆
∆
⇒
=
(hai cạnh tương ứng)
⇒
IA NE
.
=
IE NB
.
(1)
Mà
I
là trung điểm của
OA gt
(
)
⇒
OA
=
2
IA
Lại có
O
là trung điểm của
AB
⇒
AB
=
2
OA
=
4
IA
4
3
IB
AB
IA
IA
IA
IA
⇒
=
−
=
−
=
. Khi đó ta có:
( )
1
⇔
3 .
IA NE
=
3
IE NB
.
(nhân cẩ2 vếvới 3)
⇒
IB NE
.
=
3
IE NB dfcm
.
(
)
c) Chứng minh
∆
MNI
vuông tại I và tìm GTNN của S
MNItheo R
Xét tứgiác
BNEI
có:
IEN
=
90 (
0
do d
⊥
IE
tại E)
0
2
90 (
IBN
=
do d
là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B)
0 0 0
90
90
180
IEN
IBN
⇒
+
=
+
=
⇒
Tứgiác
BNEI
là tứgiác nội tiếp (Tứgiác có tổng hai góc đối bằng
180 )
0
INE
IEB
ABE
⇒
=
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
IE
)
Lại có : Tứgiác
AMEI
là tứgiác nội tiếp (ý a)
IME
IAE
BAE
⇒
=
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
IE
)
Xét tam giác
MNI
có:
0
90
INE
+
IME
=
ABE
+
BAE
=
(do
AEB
=
90 (
0
cmt
)
nên
∆
AEB
vuông tại E)
MNI
⇒ ∆
vng tại I (tam giác có tổng hai góc nhọn bằng 0
90 )
Ta có:
1
.
2
MNIS
∆ =
IM IN
Đặt
(
0
)
0
0
90
90
Xét
∆
AIM
vng ta có:
cos
cos
AI
AI
IM
IM
α
α
=
⇒
=
Xét
∆
BIN
vng ta có:
(
)
(
)
0
0
cos 90
sin
cos 90
BI
BI
BI
IN
IN
α
α
α
−
=
⇒
=
=
−
1
1
.
.
.
.
2
2 cos
sin
sin .cos
MNI
AI
BI
AI BI
S
IM IN
α
α
α
α
∆
⇒
=
=
=
Ta có:
4
(
)
1
,
3
3
4
2
4
2
R
R
AB
=
AI cmt
⇒
AI
=
AB
=
BI
=
AB
=
2
3
4
sin .cos
MNIR
S
α
α
∆
⇒
=
Do
2
3
4
R
khơng đổi nên diện tích tam giác
MNI
đạt giá trịnhỏnhất
⇔
sin .cos
α
α
đạt giá
trị lớn nhất.
Vì 0 0
0
< <
α
90
nên
sin ,cos
α
α
>
0
. Áp dụng BĐT Cơ – si ta có:
( )
2 2
sin
cos
1
sin .cos
2
2
α
α
α
α
≤
+
=
∀
α
2 2
3
1
3
:
.
4
2
2
AMI
R
R
S
∆⇒
≤
=
Dấu
" "
=
xảy ra
0
2 2
sin
cos
1
sin
cos
45
sin
cos
2
α
α
α
α
α
α
α
=
⇔
⇒
=
=
⇒ =
=
Vậy giá trịnhỏnhất của diện tích tam giác
MNI
là
2
3
2
R
, đạt được khi
0
45 .
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẾN TRE
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số7
ĐỀTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔTHÔNG CÔNG LẬP
NĂM HỌC 2020 – 2021
Mơn: TỐN (chung)
Thời gian: 120 phút (không kểphát đề)
Câu 1. (1,0 điểm)
a) Trục căn thức ởmẫu của biểu thức
18
3
b) Tìm
x
biết:
4
x
+
9
x
=
15
Câu 2. (1,0 điểm) Cho hàm sốbậc nhất
y
=
(
7
−
18
)
x
+
2020
a) Hàm sốtrên đồng biến hay nghịch biến trên
? Vì sao ?
b) Tính giá trị của
y
khi
x
= +
7
18
Câu 3. (1,0 điểm) Cho hàm số 2
2
y
=
x
có đồthị
( )
P
a) Vẽ
( )
P
b) Tìm tọa độ của các điểm thuộc
( )
P
có tung độbằng
2
Câu 4. (2,5 điểm)
a) Giải phương trình: 2
5
7
0
x
+
x
− =
b) Giải hệphương trình :
7
18
2
9
x
y
x
y
− =
+ =
c) Tìm các giá trị của tham sốm đểphương trình
(
)
2 2
2
5
3
6
0
x
−
m
+
x
+
m
+
m
− =
có hai nghiệm phân biệt
Câu 5. (1,0 điểm) Với giá trịnào của tham số
m
thì đồthịhai hàm số
y
= + +
x
(
5
m
)
và
(
)
2
7
y
=
x
+
−
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
6
,
10
.
AB
=
cm AC
=
cm
Tính độdài các đoạn thẳng
BC BH
,
.
Câu 7. (0,75 điểm) Trên đường tròn
( )
O
lấy hai điêm
A B
,
sao cho
AOB
=
65
0và điểm C
như hình vẽ. Tính sốđo
AmB ACB
,
và sốđo
ACB
Câu 8. (2,0 điểm)
m
650
O
C
Cho tam giác nhọn
ABC
nội tiếp đường trịn
( )
O
và có các đường cao
BE CF
,
cắt nhau
tại H
(
E
∈
AC F
,
∈
AB
)
a) Chứng minh tứgiác
AEHF
nội tiếp
b) Chứng minh
AH
⊥
BC
c) Gọi
P G
,
là hai giao điểm của đường thẳng
EF
và đường tròn (O) sao cho điểm
E
nằm giữa hai điểm
P
và điểm
F
.
Chứng minh
AO
là đường trung trực của đoạn
thẳng
PG
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) Ta có:
18
18 3
6 3
3
3
=
=
b) Tìm x biết:
(
)
4
9
15
0
2
3
15
5
15
3
9(
)
x
x
x
x
x
x
x
x
tm
+
=
≥
⇔
+
=
⇔
=
⇔
= ⇔ =
Vậy
x
=
9
Câu 2.
a) Hàm số
y
=
(
7
−
18
)
x
+
2020
có
a
= −
7
18
Ta có:
7
=
49
>
18
⇔ −
7
18
> ⇔ >
0
a
0
nên hàm sốđã cho đồng biến trên R
b) Tính giá trị…
Thay
x
= +
7
18
và hàm số
y
=
(
7
−
18
)
x
+
2020
ta được:
(
7
18 7
)(
18
)
2020
49 18
2020
2051
y
=
−
+
+
=
− +
=
Vậy với
x
= +
7
18
thì
y
=
2051
Câu 3.
a) Học sinh tựvẽ(P)
b) Tìm tọa độ……..
Gọi điểm
N x
( )
;2
thuộc
( )
P
:
y
=
2
x
2
Ta có: 2 2
1
2
2
1
1
x
x
x
x
=
=
⇔
= ⇔ = −
Vậy ta có hai điểm thỏa mãn đềbài là
( ) (
1;2 ;
−
1;2
)
Câu 4.
a) Giải phương trình : 2
5
7
0
x
+
x
− =
Ta có: 2
( )
5
4.1.
7
53
0
∆ =
−
− =
>
nên phương trình đã cho có hai nghiệm
5
53
2
5
53
2
x
x
− +
=
− −
Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm:
5
53
2
x
=
− ±
b) Giải hệphương trình
7
18
9
27
3
3
2
9
7
18
7.3 18
3
x
y
x
x
x
x
y
y
x
y
y
− =
=
=
=
⇔
⇔
⇔
+ =
=
−
=
−
=
Vậy hệcó nghiệm duy nhất
( ) ( )
x y
;
=
3;3
c) Tìm các giá trị của m……
Xét phương trình: 2
(
)
2
2
5
3
6
0
x
−
m
+
x
+
m
+
m
− =
Ta có:
(
)
2
(
2 )
2 2'
m
5
m
3
m
6
m
10
m
25
m
3
m
6
7
m
31
∆ = −
+
−
+
−
=
+
+
−
−
+ =
+
Đểphương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì
31
'
0
7
31 0
7
m
m
∆ > ⇔
+
> ⇔ > −
Vậy với
31
7
m
> −
thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.
Câu 5.
Xét đường thẳng
( )
d
:
y
= + +
x
(
5
m
)
có
a
=
1
và đường thẳng
( )
d
' :
y
=
2
x
+
(
7
−
m
)
có
'
2
a
=
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 hồnh nên
M x
( )
;0
Lại có
M x
( )
;0
thuộc
( )
d
:
y
= + +
x
(
5
m
)
nên ta có:
x
+ + = ⇔ = − −
5
m
0
x
5
m
Vì
( ) ( )
;0
' :
2
(
7
)
2
7
0
7
2
m
M x
∈
d
y
=
x
+
−
m
⇒
x
+ − = ⇔ =
m
m
−
7
5
7
2
10
3
3
1
2
m
m
−
m
m
m
m
⇒ − − =
⇔ − = −
−
⇔
= − ⇔ = −
Vậy
m
= −
1
là giá trị cần tìm.
Câu 6.
10 cm
6 cm
H
A
Xét tam giác
ABC
vuông tại B, theo định lý
Pytago
ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2
10
6
64
64
8
AC
=
AB
+
BC
⇔
BC
=
AC
−
AB
=
−
=
⇒
BC
=
=
cm
Xét
∆
ABC
vng tại
B
có chiều cao
BH
,
theo hệthức lượng trong tam giác vng ta có:
.
6.8
.
.
4,8(
)
10
AB BC
BH AC
AB BC
BH
cm
AC
=
⇔
=
=
=
Vậy
BC
=
8
cm BH
,
=
4,8
cm
Câu 7.
Ta có:
AOB
là góc ởtâm chắn cung
AmB
nên
sd cung AmB
=
AOB
=
65
0. Lại có:
0
0 0 0
360
360
65
295
sd ACB
+
sd AmB
=
⇒
sd ACB
=
−
=
ACB
là góc nội tiếp chắn
AmB
nên
1
1
.65
0
32,5
0
2
2
ACB
=
sd AmB
=
=
Vậy
0
0
0
65 ,
295 ,
32,5
sd AmB
=
sd ACB
=
ACB
=
Câu 8.
a) Chứng minh tứgiác
AEHF
nội tiếp m
65
0O
C
A
B
Q
P
I
D
E
F
K
H
O
A
Ta có:
0
0
90 ,
90
CF
⊥
AB
⇒
AFC
=
BE
⊥
AC
⇒
AEB
=
Tứgiác
AFHE
có
AFH
+
AEH
=
90
0
+
90
0
=
180
0
⇒
Tứgiác
AFHE
nội tiếp
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 tứgiác
BFEC
có
BFC
=
BEC
=
90
0nên là tứgiác nội tiếp (hai đỉnh kềnhau cùng
nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau)
AFE
ACB
⇒
=
(cùng bù với
BFE
) 1
( )
Kẻđường kính
AA
',
Gọi
I
là giao điểm của
AO
và
PG
Tứgiác
BACA
'
nội tiếp nên
BAA
'
=
BCA
'
(cùng chắn
BA
') 2
( )
Từ(1) và (2) suy ra :
AFE
+
BAA
'
=
ACB
+
BC A
'
Mà
0
'
'
90
ACB
+
BCA
=
A CA
=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Nên
0
'
90
AFE
+
BAA
=
hay
AFI
+
FAI
=
90
0
0
90
AIF
AO
PG
⇒
=
⇒
⊥
tại
I
.
I
⇒
là trung điểm của
PG
(tính chất đường kính dây cung)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH ĐỊNH
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số8
KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020-2021
Mơn thi: TỐN
Ngày thi: 18/7/2020
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
1
3
2
x
x
+
= −
2. Cho biểu thức
2
2
2
.
(
1
)(
0;
1
)
1
1
x
x
A
x
x
x
x
x
+
−
=
−
−
≥
≠
+
−
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
Bài 2. (2,0 điểm)
Cho parabol
( )
2
:
P
y
=
x
và đường thẳng
( )
d
:
y
=
2
(
m
−
1
)
x
−
2
m
+
5
(
m
là tham số)
a) Chứng minh rằng đường thẳng
( )
d
luôn cắt Parabol
( )
P
tại hai điểm phân biệt với
mọi giá trịm
b) Tìm các giá trị của
m
đểđường thẳng
( )
d
cắt Parabol
( )
P
tại hai điểm phân biệt có
hồnh độtương ứng là
x x
1,
2dương và
x
1 −
x
2 =
2
Bài 3. (1,5 điểm)
Trong kỳthi chọn học sinh giỏi lớp 9 cấp trường, tổng số học sinh đạt giải của cả
hai lớp
9 1
A
và
9 2
A
là 22 em, chiếm tỉ lệ
40%
trên tổng số học sinh dựthi của hai lớp trên.
Nếu tính riêng từng lớp thì lớp
9 1
A
có
50%
học sinh dựthi đạt giải và lớp
9 2
A
có
28%
học sinh dựthi đạt giải. Hỏi mỗi lớp có tất cảbao nhiêu học sinh dựthi ?
Bài 4. (3,5 điểm)
Cho đường trịn tâm O, đường kính
AB
và
d
là một tiếp tuyến của đường tròn
( )
O
tại điểm A. Trên đường thẳng
d
lấy điểm
M
(khác A) và trên đoạn
OB
lấy điểm N (khác
O
và
B
).
Đường thẳng
MN
cắt đường tròn
( )
O
tại hai điểm
C
và D sao cho
C
nằm giữa
M
và
D
.
Gọi
H
là trung điểm của đoạn thẳng
CD
a) Chứng minh tứgiác
AOHM
nội tiếp trong một đường tròn
b) Kẻđoạn
DK
song song với
MO K
(
nằm trên đường thẳng
AB
).
Chứng minh rằng
MDK
=
BAH
và
MA
2
=
MC MD
.
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 sốthực dương thỏa mãn
x
+ =
y
10.
Tìm giá trị của
x
và
y
đểbiểu
thức
(
4
)(
4
)
1
1
ĐÁP ÁN
Bài 1.
1
1)
3
1 2
6
7
2
x
x
x
x
x
+
= − ⇔ + =
− ⇔ =
Vậy
S
=
{ }
7
2)
a) Thay
x
=
4(
tmdk
)
vào biểu thức A ta có:
(
)
4
2
2 4
2
4
2
. 4 1
.3
2
3
1
4
1
4 1
A
=
+
−
−
− =
−
= −
+
−
Vậy
khi x
= ⇒ = −
4
A
2
b) Rút gọn:
(
)
(
)
(
) (
)(
)
(
)
2
1
2
2
2
2
.
1
.
1
1
1
1
1
.
1
x
x
x
x
A
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
−
+ −
−
=
−
− =
−
+
+
−
+
= −
− = − +
Ta có:
(
) ( )
2 2
2
1
1
1
1
1
2.
.
2
2
4
2
4
A
= − −
x
x
= −
x
−
x
+
+ = −
x
−
+
Vì
(
)
2
1
1
0
0,
1
2
4
x
A
x
x
−
≥ ⇒ ≤
∀ ≥
≠
Dấu
" "
=
xảy ra
1
1
(
)
2
4
x
x
tm
⇔
= ⇔ =
Vậy max
1
1
4
4
A
= ⇔ =
x
Bài 2.
a) Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt
Phương trình hồnh độgiao điêm của (P) và (d) là:
(
)
(
)
( )
2 2
2
1
2
5
2
1
2
5
0 *
x
=
m
−
x
−
m
+ ⇔
x
−
m
−
x
+
m
− =
. Phương trình (*) có:
(
)
2
2 2 (
)
2
'
m
1
2
m
5
m
2
m
1 2
m
5
m
4
m
4
2
m
2
4
∆ =
−
−
+ =
−
+ −
+ =
−
+ + =
−
+
Vì
(
)
2
( ) (
)
2
( )
2
0
2
2
0
m
−
≥ ∀
m
⇒
m
−
+ > ∀
m
b) Tìm các giá trịm
Xét phương trình 2
(
)
( )
2
1
2
5
0 *
x
−
m
−
x
+
m
− =
Đểđường thẳng
( )
d
luôn cắt
( )
P
tại hai điểm phân biệt có hồnh độ
x x
1,
2dương thì:
( )
(
)
0
0
5
0
2
1
0
2
0
2
5
0
m
S
m
m
P
m
∆ > ∀
∆ >
> ⇔
− > ⇔ >
>
− >
1 2
1 2
2
2
2
5
x
x
m
x x
m
+
=
−
=
−
. Theo đềbài ta có:
(
)
(
)
2
1 2 1 2 1 2 1 2
2 2 2
2
4
2
4
2
2
2 2
5
4
2
6
2 2
5
2
5
3
3
0
3
3
6
9
2
5
8
14
0
3
2
5
4
2(
)
4
2(
)
x
x
x
x
x
x
x x
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
tm
m
tm
−
= ⇔
−
= ⇔ +
−
=
⇔
− −
− = ⇔
− =
− ⇔
− = −
− ≥
≥
≥
⇔
⇔
⇔
−
+ =
−
−
+
=
−
=
−
= +
⇔
= −
Vậy
m
= +
4
2
thỏa mãn bài toán .
Bài 3.
Gọi số học sinh dựthi của lớp
9 1
A
và
9 2
A
lần lượt là
x y
,
(học sinh)
(
x y
,
∈
)
Vì số học sinh đạt giải là
22
em, chiếm tỉ lệ
40%
trên tổng số học sinh dựthi của hai lớp
nên ta có phương trình
(
x
+
y
)
.40%
=
22
⇔ + =
x
y
55 1
( )
Nếu tính riêng từng lớp thì:
Lớp
9 1
A
có số học sinh đạt giải là
50%
1
2
x
=
x
(học sinh)
Lớp
9 2
A
có số học sinh đạt giải là
28%
7
25
y
=
y
(học sinh)
Vì cảhai lớp có 22 học sinh đạt giải nên ta có phương trình:
( )
1
7
22
25
14
1100 2
2
x
+
25
y
=
⇔
x
+
y
=
Từ(1) và (2) ta có hệphương trình:
55
25
25
1375
11
275
30
(
)
25
14
1100
25
14
1100
55
25
x
y
x
y
y
x
tm
x
y
x
y
x
y
y
+ =
+
=
=
=
⇔
⇔
⇔
+
=
+
=
=
−
=
Vậy số học sinh dựthi là
9 1: 30
A
học sinh;
9 2 : 25
A
học sinh.
a) Chứng minh AOHM là tứgiác nội tiếp
Ta có:
MA
là tiếp tuyến của
( )
O
⇒
MAO
=
90
0
H
là trung điểm của
CD
⇒
OH
⊥
CD
=
{ }
H
(đường kính – dây cung)
0
90
OHC
OHM
⇒
=
=
Xét tứgiác
AOHM
có:
MAO
+
OHM
=
90
0
+
90
0
=
180
0mà hai góc này đối diện nên
AOHM
là tứgiác nội tiếp (đpcm)
b) Chứng minh
∠
MDH
= ∠
BAH
và MA
2
=
MC MD
.
Ta có:
DK
/ /
MO gt
(
)
⇒ ∠
MDK
= ∠
DMO
(hai góc so le trong)
Vì
AOHM
là tứgiác nội tiếp (cm câu a)
⇒
HMO
=
HAO
(cùng chắn
OH
)
Hay
BAD
=
DMO
⇒
BAH
=
MDK
(
=
DMO dfcm
)
(
)
Xét
∆
AMC
và
∆
DMA
ta có:
M
chung;
MDA
=
MAC
(cùng chắn
AC
)
2
( . )
AM
MC
.
(
)
AMC
DMA g g
MA
MC MD dfcm
DM
MA
⇒ ∆
∆
⇒
=
⇔
=
c) Chứng minh
AI
/ /
BD
F
J
E
I
K
H
D
C
B
O
A
M
Gọi
E
là giao điểm của
MO
và
BD
.
Kéo dài
DK
cắt BC tại
F
Xét tứgiác
AHKD
có
HAK
=
KDH
(câu b)
AHKD
⇒
là tứgiác nội tiếp (hai đỉnh kềcùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng
nhau)
⇒ ∠
DAK
= ∠
DHK
(góc nội tiếp cùng chắn
DK
)
Mà
∠
DAK
= ∠
DCB
(cùng chắn
DB
)
nên
DHK
=
DCB
Hai góc này ởvịtrí đồng vịnên
HK
/ /
CB
⇒
HK
/ /
CF
Trong tam giác
DCF
,
HK
/ /
CF H
,
là trung điểm CD nên K là trung điểm
FD
DK
KF
⇒
=
. Lại có:
DK
/ /
MO
⇒
DF
/ /
IE
DK
FK
BK
OE
OI
BO
⇒
=
=
Mà
DK
=
FK cmt
(
)
⇒
OE
=
OI
Xét tứgiác
AIBE
có hai đường chéo
IE
và
AB
cắt nhau tại trung điểm
O
của mỗi đường
nên
AIBE
là hình bình hành
⇒
AI
/ /
BE
⇒
AI
/ /
BD dfcm
(
)
Bài 5.
Ta có:
(
)(
)
( )
(
)
( ) ( )
(
)
( ) ( )
(
)
(
)
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
2
4 2 4
4 4 4 4 2 2
2
2 2 4
4 2 2 2 4
2 4
4
1
1
1
2
1
2
2
1
4.
.
4
2
1
100
40
2
1
2
40
101
A
x
y
x
y
xy
x
y
xy
xy
x
y
xy
xy
xy
x
y
x
y
xy
xy
xy
xy
xy
xy
xy
xy
xy
xy
=
+
+ =
+
+
+ =
+
−
+
+
=
+
−
−
+
+
=
+
−
+
+
−
+
+
=
−
+
+
+
=
+
−
+
Đặt
t
=
xy
.
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
(
)
2
2
5
0
2
4
2
x
y
x
y
xy
+
+
<
≤
=
=
.
Khi đó ta có: 4 2
5
2
40
101
0
2
A
= +
t
t
−
t
+
< ≤
t
(
) (
)
(
)
(
)
4 2 2
2 2
2
8
16
10
40
40
45
4
10
2
45
45
A
t
t
t
t
A
t
t
=
−
+
+
−
+
+
=
−
+
−
+
≥
Dấu
" "
=
xảy ra
2
2
4
0
2(
)
2
0
10
xy
t
t
tm
t
x
y
=
− =
⇔
⇔ =
⇔
− =
+ =
Khi dó
x y
,
là nghiệm của phương trình :
X
2
−
10
X
+ =
2
0
10
2
2
10
2
2
X
X
−
=
+
=
( )
10
2
10
2
;
;
2
2
x y
−
+
⇒
=
hoặc
( )
10
2
10
2
;
;
2
2
x y
=
+
−
Vậy
A
min =
45
⇔
( )
;
10
2
;
10
2
2
2
x y
−
+
⇒
=
hoặc
( )
10
2
10
2
;
;
2
2
x y
=
+
−
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH DƯƠNG
ĐỀTHI CHÍNH THỨC
Đề số 9
KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2020-2021
Mơn thi : TỐN
Ngày thi : 09/7/2020
Thời gian làm bài : 120 phút (không tính
phát đề)
Bài 1. (2 điểm)
Giải các phương trình, hệphương trình sau:
2 4 2
3
1
1)
12
0
2)
8
9
0
3)
6
2
x
y
x
x
x
x
x
y
+ = −
+ −
=
+
− =
+ =
Bài 2. (1,5 điểm)
Cho phương trình : 2
2020
2021 0
x
−
x
+
=
có hai nghiệm phân biệt
x x
1,
2. Khơng giải
phương trình, tính giá tịcác biểu thức sau :
2 2
1 2
1 2
1
1
1)
2)
x
x
x
+
x
+
Bài 3. (1,5 điểm)
Cho Parabol
( )
3
2
:
2
P
y
=
x
và đường thẳng
( )
:
3
3
2
d
y
= −
x
+
1) Vẽđồthị của (P) và
( )
d
trên cùng một mặt phẳng tọa độ
2) Tìm tọa độcác giao điểm của
( )
P
và
( )
d
bằng phép tính.
Bài 4. (1,5 điểm )
Cho biểu thức
1
1
:
1
1
2
x
A
x
x
x
x x
x
x
+
=
+
−
−
−
+
1) Rút gọn biểu thức
A
2) Tính giá trị của biểu thức
A
khi
x
= −
8
2 7
Bài 5. (3,5 điểm)
Cho đường trịn
(
O cm
;3
)
có đường kính
AB
và tiếp tuyến
Ax
.
Trên
Ax
lấy điểm
C
sao cho
AC
=
8
cm BC
,
cắt đường tròn
( )
O
tại
D
.
Đường phân giác của góc
CAD
cắt
đường trịn
( )
O
tại M và cắt
BC
tại
N
1) Tính độdài đoạn thẳng
AD
2) Gọi
E
là giao điểm của
AD
và
MB
.
Chứng minh tứgiác
MNDE
nội tiếp được
trong đường tròn.
3) Chứng minh tam giác
ABN
là tam giác cân
ĐÁP ÁN
Bài 1.
(
) (
)
(
)(
)
2
2
1)
12
0
3
4
12
0
3
4
3
0
3
4
0
3
0
3
4
0
4
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
+ −
=
⇔
−
+
−
=
⇔
− +
− =
⇔
−
+
=
− =
=
⇔
⇔
+ =
= −
Vậy tập nghiệm của phương trình là
S
=
{
3; 4
−
}
4 2
2)
x
+
8
x
− =
9
0
Đặt 2
(
)
0 ,
t
=
x t
≥
phương trình đã cho trởthành :
t
2
+ − =
8
t
9
0
Phương trình có dạng
a
+ + = + − =
b
c
1 8 9
0
nên phương trình có hai nghiệm
1
2
1(
)
9(
)
t
tm
t
ktm
=
= −
.
2
1
1
1
t
= ⇒
x
= ⇔ = ±
x
Vậy tập nghiệm của phương trình là
S
= ±
{ }
1
3
1
6
2
2
3
4
1
1
3)
6
2
6
2
4
4
x
y
x
y
x
x
x
y
x
y
y
y
+ = −
+
= −
− = −
=
⇔
⇔
⇔
+ =
+ =
= −
= −
Vậy hệphương trình có nghiệm duy nhất
( ) (
x y
;
=
1; 4
−
)
Bài 2.
Xét phương trình : 2
( )
2020
2021 0 *
x
−
x
+
=
Ta có: 2
' 1010
2021 1018079
0
∆ =
−
=
> ⇒
Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
1
,
2
x x
.
Áp dụng định lý
Vi
−
et
ta có: 1 2
1 2
2020
2021
x
x
x x
+
=
=
1 2
1 2 1 2
1
1
2020
)
2021
x
x
a
x
x
x x
+
+
=
=
(
)
2
2 2 2
1 2 1 2 1 2
)
2
2020
2.2021
4076358.
Bài 3.
1) Học sinh tự lập bảng và vẽđồthị
2) Xét phương trình hoành độgiao điểm của
( )
P
và
( )
d
ta có:
(
) (
)
(
)(
)
2 2 2
2 2
3
3
3
3
3
6
3
3
6
0
2
2
2
0
2
2
0
2
2
0
1
2
0
3
1 0
1
2
2
0
2
6
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
y
x
x
y
= −
+ ⇔
= − + ⇔
+
− =
⇔
+ − = ⇔
+
− − =
⇔
+
−
+
= ⇔
−
+
=
− =
= ⇒ =
⇔
⇔
+ =
= − ⇒ =
Vậy tọa độgiao điểm là
A
(
−
2;6
)
và
1;
3
2
B
Bài 4.
1) Rút gọn biểu thức A
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
0
1
1
1
:
1
1
2
2
1
.
1
1
1
.
.
1
1
1
.
1
1
1
x
x
A
x
x
x
x
x x
x
x
x x
x
x
x
x
x
A
x
x
x
x
x
x
x
x
A
x
>
+
=
+
≠
−
−
−
+
−
+
+
−
=
+
=
−
−
+
−
+
=
−
2) Tính giá trịbiểu thức
A
khi
x
= −
8
2 7
. Điều kiện :
0
< ≠
x
1
Ta có:
( )
(
)
(
)
2 2
2
8
2 7
7
2. 7.1 1
7
1
7
1
7
1
7
1 0
x
x
Do
= −
=
−
+ =
−
⇒
=
− =
−
− >
Thay
x
=
7
−
1(
tmDKXD
)
vào biểu thức A ta có:
7 1 1
7
2
A
=
− − =
−
Vậy khi
x
= −
8
2 7
thì
A
=
7
−
2
1) Tính độdài đoạn thẳng
AD
Vì
ADB
nội tiếp nửa đường trịn (O) nên
ADB
=
90
0
⇒
AD
⊥
BD
hay
AD
⊥
BC
Ta có:
Ax
là tiếp tuyến của
( )
O
tại
A
nên
Ax
⊥
AB
hay
AB
⊥
AC
AB
là đường kính của
(
O cm
;3
)
nên
AB
=
2.3
=
6(
cm
)
Do đó
∆
ABC
vng tại A có đường cao
AD
Áp dụng hệthức lượng trong tam giác vuông
ABC
ta có:
2 2 2
1
1
1
AD
=
AB
+
AC
2 2 2 2
1
1
1
1
25
576
4,8(
)
6
8
576
25
cm
AD
AD
⇒
=
+
⇒
=
⇒
=
Vậy
AD
=
4,8
cm
2) Chứng minh
MNDE
là tứgiác nội tiếp
Ta có :
0
(
)
90
AD
⊥
BC cmt
⇒
EDN
=
M
F
E
N
D
C
B
O
Tương tựta có
AMB
là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
( )
O
nên
AMB
=
90
0
AM
BM
⇒
⊥
hay
0
90
AN
⊥
BM
⇒
EMN
=
Xét tứgiác
MNDE
có
EDN
+
EMN
=
90
0
+
90
0
=
180
0
Vậy tứgiác
MNDE
là tứgiác nội tiếp .
3) Chứng minh
∆
ABN
là tam giác cân
Ta có:
CAN
=
ABM
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn
AM
)
MAD
=
MBD
(hai góc nội tiếp cùng chắn
MD
)
Mà
CAN
=
MAD gt
(
)
⇒
ABM
=
MBD
,
do đó
BM
là tia phân giác của
ABN
Xét
∆
ABN
có
BM
là đường cao đồng thời là đường phân giác nên tam giác
ABN
cân tại
(
)
B dfcm
4) Chứng minh
N E F
, ,
thẳng hàng
Xét
∆
ABN
có
AD
⊥
BN cmt
(
);
BM
⊥
AN cmt
(
);
AD
∩
BM
=
{ }
E
(
gt
)
E
⇒
là trực tâm của tam giác
ABN
Do đó
NE
là đường cao thứba của tam giác
ABN
nên
NE
⊥
AB
Lại có :
EF
⊥
AB gt
(
)
⇒
Qua điểm
E
nằm ngoài đường thẳng
AB
kẻđược hai đường thẳng
EF NE
,
cùng
vng góc với
AB
⇒
NE
≡
EF
(Tiên đềƠ clit)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số 10
KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2020
ĐỀTHI MƠN TỐN (CHUNG)
Thời gian : 120 phút (không kểphát đề)
Ngày thi 17/07/2020
Câu 1. (2,0 điểm)
1. Tính giá trịcác biểu thức sau :
(
)
2
64
49
4
7
7
A
=
−
B
=
+
−
2. Cho biểu thức
2
3,
(
0
)
2
x
x
Q
x
x
+
=
−
≥
+
a) Rút gọn biểu thức
Q
b) Tìm giá trị của
x
đểbiểu thức
Q
=
2
Câu 2. (2,0 điểm)
1. Cho 2
( ) :
parabol P
y
=
x
và đường thẳng
( )
d
:
y
=
2
x
+
3
a) Vẽparabol
( )
P
và đường thẳng
( )
d
trên cùng một mặt phẳng tọa độ
b) Tìm tọa độgiao điểm của parabol
( )
P
và đường thẳng
( )
d
bằng phép tính
2. Khơng sử dụng máy tính, giải hệphương trình sau :
2
3
3
3
6
x
y
x
y
−
=
+ =
Câu 3. (2,5 điểm)
1. Cho phương trình ẩn
x
:
x
2
−
5
x
+
(
m
−
2
)
=
0
(1)
a) Giải phương trình
( )
1
với
m
=
6
b) Tìm
m
đểphương trình
( )
1
có hai nghiệm dương phân biệt
x x
1,
2thỏa mãn hệ
thức
1 2
1
1
3
2
x
+
x
=
2. Một thửa đất hình chữnhật có chiều dài hơn chiều rộng
4
m
và có diện tích là
2
320
m
.
Tính chu vi thửa đất đó .
Câu 4. (1,0 điểm)
Cho tam giác
ABC
vng tại
A
,
có cạnh
0
8
,
60 .
AC
=
cm B
=
Tính sốđo góc
C
và
độdài các cạnh
AB BC
,
,đường trung tuyến
AM
của tam giác
ABC
Câu 5. (2,5 điểm)
Từmột điểm
T
ởbên ngồi đường trịn
( )
O
,
Vẽhai tiếp tuyến
TA TB
,
với đường
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 : Tứgiác
TAOB
nội tiếp
c) Vẽđường kính
AG
của đường trịn
( )
O
.
Gọi
H
là chân đường vng góc kẻtừ
điểm
B
đến
AG I
,
là giao điểm của
TG
và
BH
.
Chứng minh
I
là trung diểm của
BH
ĐÁP ÁN
Câu 1.
(
)
2
1)
64
49
8 7 1
4
7
7
4
7
7
4
7
7
4
A
B
=
−
= − =
=
+
−
= +
−
= +
−
=
2) a) Rút gọn biểu thức Q
Với
x
≥
0
ta có:
(
2
)
2
3
3
3
2
2
x
x
x
x
Q
x
x
x
+
+
=
− =
− =
−
+
+
Vậy với
x
≥
0
thì
Q
=
x
−
3
b) Tìm giá trị của x để
Q
=
2
Ta có:
Q
= ⇔
2
x
− = ⇔
3
2
x
= ⇔ =
5
x
25(
tm
)
Vậy để
Q
=
2
thì
x
=
25
Câu 2.
1) a) Học sinh tựvẽ(P) và
( )
d
b) Tìm tọa độgiao điểm
Xét phương trình hồnh độgiao điểm của
( )
P
và
( )
d
ta có:
(
) (
)
(
)(
)
2 2 2
2
3
2
3
0
3
3
0
1
3
1
0
1
3
0
1 0
1
1
3
0
3
9
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
y
x
x
y
=
+ ⇔
−
− = ⇔
+ −
− =
⇔
+ −
+ = ⇔
+
− =
+ =
= − ⇒ =
⇔
⇔
− =
= ⇒ =
Vậy
( )
d
cắt
( )
P
tại hai điểm phân biệt có tọa độ
(
−
1;1
)
và
( )
3;9
2)
Giải hệphương trình……3
9
2
3
3
3
6
3
6
1
3
x
x
y
x
x
x
y
y
y
=
−
=
=
⇔
⇔
+
=
−
=
=
Vậy hệphương trình có nghiệm duy nhất
( ) ( )
x y
;
=
3;1
Câu 3.
1. a) Giải phương trình khi
m
=
6
Với
m
=
6
thì phương trình (1) trởthành:
(
) (
)
(
)(
)
2 2
5
4
0
4
4
0
1
4
1
0
1
4
1
0
4
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
−
+ = ⇔
− −
+ = ⇔
− −
− =
=
⇔
−
− = ⇔ =
Vậy với
m
=
6
thì tập nghiệm phương trình là
S
=
{ }
1;4
b) Tìm m để………
Đểphương trình
( )
1
có hai nghiệm dương phân biệt
x x
1,
2thì
0
0
0
S
P
∆ >
>
>
( )
2
(
)
5
4.
2
0
25
4
8
0
33 4
0
33
5
0(
)
2
2
2
4
2
0
m
m
m
luon dung
m
m
m
m
−
−
−
>
−
+ >
−
>
⇔
>
⇔
⇔
⇔ < <
>
>
− ≥
Khi đó áp dụng hệthức Vi – et ta có: 1 2
1 2
5
2
x
x
x x
m
+
=
= −
. Theo đềbài ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
( )
1 2
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
1
1
3
3
2
3
2
2
4
2
9
4 5
2
2
9
2
9
2
8
2
20
0 *
x
x
x
x
x x
x
x
x x
x
x
x x
x x
m
m
m
m
+
+
= ⇔
= ⇔
+
=
⇔
+
+
=
⇔
+
−
=
−
⇔
−
−
− −
=
Đặt
t
=
m
−
2
(
t
≥
0
)
, phương trình (*) trởthành:
(
)
(
)
(
)(
)
2 2
9
8
20
0
9
18
10
20
0
9
2
10
2
0
2(
)
2
0
2 9
10
0
10
9
10
0
(
)
9
t
t
t
t
t
t t
t
t
tm
t
t
t
t
t
ktm
− −
= ⇔
−
+
−
= ⇔
−
+
−
=
=
− =
⇔ −
+
= ⇔
⇔
+
=
= −
Với
t
= ⇒
2
m
− = ⇔ − = ⇔ =
2
2
m
2
4
m
6(
tm
)
Vậy
m
=
6
2. Tính chu vi thửa đất đó
Gọi chiều rộng thửa đất là
x m
( ) (
,
x
>
0
)
⇒
Chiều dài thửa đất là
x
+
4
( )
m
Vì thửa đất có diện tích là 2
320
m
,
nên ta có phương trình :
(
)
(
)
(
)
(
)(
)
2 2
4
320
4
320
0
16
20
320
0
16
20
16
0
16
20
0
16
0
16(
)
20
0
20(
)
x x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
tm
x
x
ktm
+
=
⇔
+
−
= ⇔
−
+
−
=
⇔
−
+
−
= ⇔
−
+
=
−
=
=
⇔
⇔
+
=
= −
⇒
Chiều rộng thửa đất là 16 ,
m
chiều dài thửa đất là
16
+ =
4
20
m
Vậy chu vi thửa đất đó là :
(
16
+
20 .2
)
=
72
( )
m
Vì
∆
ABC
vng tại A nên
B
+ =
C
90
0(phụnhau)
⇒ =
C
90
0
− =
B
90
0
−
60
0
=
30
0
Ta có:
( )
0
0
0
0
8
8 3
tan 60
tan 60
3
3
8
16 3
sin 60
(
)
sin 60
3
3
2
AC
AC
AB
cm
AB
AC
AC
BC
cm
BC
=
⇒
=
=
=
=
⇒
=
=
=
Tam giác
ABC
vng tại
A
có đường trung tuyến
AM
ứng với cạnh huyền BC nên:
( )
1
1 16 3
8 3
.
2
2
3
3
AM
=
BC
=
=
cm
Vậy
0
8 3
16 3
30 ,
,
3
3
C
=
AB
=
AM
=
cm BC
=
cm
Câu 5.
8 cm
600
M
A
B
C
K
I
H
G
F
D
C
B
A
a) Chứng minh tứgiác
TAOH
nội tiếp Ta có:
TA TB
,
là hai tiếp tuyến của
( )
O
tại A, B (gt)
0
90
TA
OA
TAO
TBO
TB
OB
⊥
⇒
⇒
=
=
⊥
Xét tứgiác
TAOB
ta có:
TAO TBO
+
=
90
0
+
90
0
=
180
0, mà hai góc này là hai góc đối
diện nên
TAOB
là tứgiác 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 hệthức lượng cho
∆
TAO
vng tại
A
có đường cao
AF
ta có:
2
.
(1)
TA
=
TF TO
Xét
∆
TAC
và
∆
TDA
ta có:
T
chung;
TDA TAC
=
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn
AC
)
( )
2
( . )
TA
TC
.
2
TAC
TDA g g
TA
TC TD
TD
TA
⇒ ∆
∆
⇒
=
⇒
=
Từ(1) và (2)
(
2
)
(
)
.
.
TF TO
TC TD
TA
dfcm
⇒
=
=
c) Chứng minh
I
là trung điểm của BH
Gọi
AB
∩
TG
=
{ }
K
Ta có:
AT
OA
AT
AG
BH
/ /
AT
ABH
TAB
BH
AG
⊥
⇒
⊥
⇒
⇒
=
⊥
(so le trong)
Mà
TA TB
=
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên
∆
TAB
cân tại T
TAB
TBA
ABH
TBA
BK
⇒
=
⇒
=
⇒
là phân giác của
TBH
Ta có:
0
90
ABG
=
(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
⇒
BA
⊥
BG
hay
BK
⊥
BG
Do đó
BG
là phân giác ngoài của
TBH
Áp dụng định lý đường phân giác ta có:
BI
KI
GI
BT
=
KT
=
GT
Lại có
KI
BI
;
GI
IH
KT
=
AT GT
=
AT
(định lý Ta – lét )
Do đó
BI
IH
BI
IH
AT
=
AT
⇒
=
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH THUẬN
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số 11
KỲTHI TUYỂN SINH
VÀO LỚP 10 THPT CƠNG LẬP
Năm học 2020 – 2021
Mơn thi: TOÁN
Thời gian : 120 phút
Bài 1. (1,0 điểm)
Rút gọn biểu thức
A
=
(
6
+
3 . 3
)
−
3 2
Bài 2. (2,0 điểm)
Giải phương trình và hệphương trình sau:
2
7
)
2
3
0
)
2
5
x
y
a x
x
b
x
y
+ =
+
− =
− =
Bài 3. (2,0 điểm)
a) Vẽđồthị của hàm số 2
y
=
x
trên mặt phẳng tọa độ
Oxy
b) Cho hàm số
y
=
mx
+
n
có đồthịlà
( )
d
.
Tìm giá trị
m
và
n
biết
( )
d
song song với
đường thẳng
( )
d
' :
y
= +
x
3
và đi qua điểm
M
( )
2;4
Bài 4. (1,0 điểm)
Lớp
9
A
có
80
quyển vở dựđịnh khen thưởng học sinh giỏi cuối năm. Thực tếcuối
năm tăng thêm
2
học sinh giỏi, nên mỗi phần thưởng giảm đi
2
quyển vởso với dựđịnh.
Hỏi cuối năm lớp
9
A
có bao nhiêu học sinh giỏi, biết mỗi phần thưởng có sốquyển vở
bằng nhau.
Bài 5. (4,0 điểm)
Cho nửa đường trịn
( )
O
đường kính
AB
=
2 .
R
Trên đoạn thẳng
OB
lấy điểm
M
(M khác
O
và
B
).
Đường thẳng vuông góc với
MN
tại
N
cắt các tiếp tuyến
Ax By
,
của
nửa đường tròn
( )
O
lần lượt ở
C
và
D
(
Ax By
,
và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa
mặt phẳng bờ
AB
)
a) Chứng minh tứgiác
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 vng góc với
BD
,
cắt
MD
tại
F
.
Chứng minh
N F B
, ,
thẳng hàng
d) Khi
0
60 ,
ABN
=
tính theo
R
diện tích của phần nửa hình trịn tâm O bán kính
R
nằm ngồi
∆
ABN
Bài 1.
(
6
3 . 3
)
3 2
18
3. 3
3 2
3 2
3 3 2
3
A
=
+
−
=
+
−
=
+ −
=
Vậy
A
=
3
Bài 2. Giải phương trình và hệphương trình
(
) (
)
(
)(
)
2 2
)
2
3
0
3
3
0
3
3
0
1 0
1
1
3
0
3
0
3
a x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
+
− = ⇔
+
− − = ⇔
+ −
+
=
− =
=
⇔
−
+
= ⇔
⇔
+ =
= −
Vậy
S
=
{ }
1; 3
−
7
3
12
4
)
2
5
7
3
x
y
x
x
b
x
y
y
x
y
+ =
=
=
⇔
⇔
− =
= −
=
Vậy hệphương trình có nghiệm duy nhất
( ) ( )
x y
;
=
4;3
Bài 3.
a) Học sinh tựvẽ(P)
b) Tìm m và n ………….
Vì đường thẳng
( )
d
song song với đường thẳng
( )
d
' :
y
= +
x
3
nên ta có
1
3
m
n
=
≠
Khi đó phương trình đường thẳng
( )
d
có dạng
y
= +
x
n n
(
≠
3
)
Mà
M
( ) ( )
2;4
∈
d
⇒ = + ⇔ =
4
2
n
n
2(
tm
)
Vậy
m
=
1,
n
=
2
Bài 4.
Gọi số học sinh giỏi lớp
9
A
theo dựđịnh là
x
(học sinh)
(
x
∈
*
)
⇒
Dựđịnh, mỗi phần thưởng có sốquyển vở:
80
x
(quyển vở)
Số học sinh giỏi thực tế của lớp
9
A
là
:
x
+
2
(học sinh)
⇒
Thực tế, mỗi phần thưởng có sốquyển vởlà :
80
2
x
+
(quyển vở)
(
)
(
)
(
) (
)
(
)(
)
2
2 2
80
80
2
80
2
80
2
2
2
80
160 80
2
4
2
80
0
10
8
80
0
10
8
10
0
10(
)
10
8
0
8(
)
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
ktm
x
x
x
tm
−
= ⇔
+
−
=
+
+
⇔
+
−
=
+
⇔
+
−
= ⇔
+
−
−
=
⇔
+
−
+
=
= −
⇔
+
− = ⇔ =
Vậy cuối năm lớp 9A có
8
+ =
2 10
học sinh giỏi.
Bài 5.
a) Chứng minh tứgiác
ACNM
nội tiếp Vì
AC
là tiếp tuyến của
( )
O
tại
A
nên
MAC
=
90
0
Vì
MN
⊥
CD
tại
N
nên
∠
MNC
= ∠
MND
=
90
0
Xét tứgiác
ACNM
có:
MAC
+
MNC
=
90
0
+
90
0
=
180
0
ACNM
⇒
là tứgiác nội tiếp (tứgiác có tổng hai góc đối bằng 0
180 )
b) Chứng minh
AN MD
.
=
NB CM
.
Vì
BD
là tiếp tuyến của
( )
O
tại B nên
∠
MBD
=
90
0
Xét tứgiác
BMND
có:
∠
MBD
+ ∠
MND
=
90
0
+
90
0
=
180
0
BMND
⇒
là tứgiác nội tiếp
⇔ ∠
MDN
= ∠
MBN
(cùng chắn cung
MN
)
x
y
1
1
1
1
F
E
D
C
O
A
B
N
ABN
MDC
⇒ ∠
= ∠
Vì
ACNM
là tứgiác 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
CM
MD
⇒ ∆
∆
⇒
=
⇒
AN MD
.
=
NB CM dfcm
.
(
)
c) Chứng minh
N F B
, ,
thẳng hàng.Gọi
E
=
BN
∩
DM
,
ta chứng minh
EF
⊥
BD
Vì
∆
ABN
∆
CDM cmt
(
)
nên
ANB
=
CMD
mà
ANB
=
90
0(góc nội tiếp chắn nửa đường
trịn)
0
0
90
90
CMD
ENF
EMF
⇒
=
⇒
=
=
Xét tứgiác
MENF
có
ENF
+
EMF
=
90
0
+
90
0
=
180
0
MENF
⇒
là tứgiác nội tiếp (tứgiác có tổng hai góc đối bằng 0
180 ).
1 1
N
E
⇒
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
MF
)
Mà
N
1=
D
1(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
⇒
E
1 =
D
1( )
1
Vì
∆
BDM
vng tại B nên
D
1+
BMD
=
90
0(hai góc nhọn trong tam giác vuông phụ
nhau)
Mà
0 0 0 0 0
1
180
1
180
180
90
90
BMD
+
CMD
+
M
=
⇒ ∠
M
+ ∠
BMD
=
− ∠
CMD
=
−
=
( )
1 1
2
D
M
⇒
=
Từ(1) và (2) suy ra
E
1 =
M
1mà hai góc này ởvịtrí so le trong nên
/ /
/ /
EF
AM hay EF
AB
. Lại có
AB
⊥
BD gt
(
)
⇒
EF
⊥
BD
Vậy đường thẳng qua
E
vng góc với
BD
cắt
MD
tại
F
∈
BN dfcm
(
)
d) Khi 0,
60
ABN
∠
=
, tính theo R diện tích …..Xét tam giác vng
ABN
vng tại N có
AB
=
2 ,
R ABN
=
60 (
0
gt
)
ta có:
0
.sin
2 .sin 60
3
AN
=
AB
∠
ABN
=
R
=
R
0
.cos
2 .cos 60
BN
=
AB
∠
ABN
=
R
=
R
2
1
1
3
.
3.
2
2
2
ABN
R
S
AN BN
R
R
⇒
=
=
=
Diện tích nửa hình tròn tâm
(
O R
;
)
là
1
2
2
rS
=
π
R
Vậy diện tích của phần nửa hình trịn tâm O, bán kính R nằm ngồi
∆
ABN
là:
(
)
2 2
2
1
3
3
2
2
2
r ABN
R
R
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
CÀ MAU
ĐỀTHI CHÍNH THỨC
Đề số 12
ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn thi:Tốn (khơng chun)
Ngày thi: 23/7/2020
Thời gian : 120 phút
Bài 1. (1,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức
A
=
(
5
−
11 5
)(
+
11
)
− −
(
3
3
)
2
b) Rút gọn biểu thức
(
)(
)
0
0
x y
y x
x
y
x
B
y
xy
+
−
>
=
>
Bài 2.(1,0 điểm)
a) Giải hệphương trình: 4 2
3
x
x
10
0
−
+
+
=
b) Giải hệphương trình :
3
2
4
4
13
x
y
x
y
+
= −
− + = −
Bài 3.(1,5 điểm) Cho Parabol
( )
3
2
:
2
P
y
=
x
a) Vẽđồthị
( )
P
b) Tìm
m
đểđường thẳng
( )
d
:
y
= +
x
m
cắt
( )
P
tại hai điểm phân biệt
Bài 4.(1,5 điểm) Vừa qua, chính phủđã điều chỉnh giảm
10%
giá bán lẻđiện từbậc 1 đến
bậc 4 cho khách hàng sử dụng điện sinh hoạt bịảnh hưởng bởi dịch Covid – 19 trong ba
tháng 4,5,6 của năm 2020. Cụthểnhư sau:
BẬC
GIÁ BÁN ĐIỆN
(đã làm trò đến đơn vịđồng/kWh)
Tháng 3
(trước điều chỉnh)
Tháng 4
(sau điều chỉnh)
Bậc 1: Cho kWh từ0 – 50 1678 đồng/kWh 1510 đồng/kWh
Bậc 2: Cho kWh từ51 – 100 1734 đồng/kWh 1561 đồng/kWh
Bậc 3: Cho kWh từ101 – 200 2014 đồng/kWh 1813 đồng/kWh
Bậc 4: Cho kWh từ201 – 300 2536 đồng/kWh 2282 đồng/kWh
Bậc 6: Cho kWh từ401 trởlên 2927 đồng/kWh 2927 đồng/kWh
Dựa vào các số liệu của bảng trên, hãy giải bài tốn sau:
Gia đình của dì Năm Huệđa trảtổng 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 Huệtiêu thụ hết 155
kWh và mỗi tháng mức điện tiêu thụchưa đến 100 kWh nhưng lớn hơn 50 kWh. Hãy tính
xem điện tiêu thụtrong tháng 4 của gia đình dì Năm Huệlà bao nhiêu kWh ?
Bài 5.(1,5 điểm) Cho phương trình : 2
(
)
2
2
4
8
0
x
−
m
+
x
+
m
− =
(
m
:
tham số)
a) Giải phương trình khi
m
= −
1
b) Tìm
m
đểphương trình đã cho có hai nghiệm
x x
1,
2và
A
= +
x
1 x
2 −
3
x x
1 2đạt giá trị
lớn nhất, tìm giá trị lớn nhất đó
Bài 6.
Câu 1.Cho tam giác
ABC
có các góc đều nhọn. Vẽcác đường cao
BD CE
,
của tam giác
.
ABC
Gọi
H
là giao điểm của
BD CE
,
a) Chứng minh tứgiác
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 ởtrên mặt biển bỗng đột ngột lặn xuống theo phương tạo với mặt
nước biển một góc 0
20
a) Nếu tàu chuyển động theo phương lặn xuống
400
m
thì nó ởđộsâu bao nhiêu mét
b) Tàu phải chạy bao nhiêu mét đểđạt đến độsâu 1000 ?
m
(Lầm tròn kết quảđến mét)
ĐÁP ÁN Bài 1.
(
)(
) (
)
(
)
(
)(
)
(
)(
)
2
)
5
11 5
11
3
5
25 11
9
6 5
5
6 5
0
)
0
a A
x y
y x
x
y
x
xy
x
y
x
y
b B
x
y
y
xy
xy
=
−
+
− −
=
− − −
+
=
+
−
>
+
−
=
=
= −
>
Bài 2.
4 2
) 3
10
0
a
−
x
+
x
+
=
Đặt 2
t
=
x
, phương trình thành:
(
) (
)
(
)(
)
2 2
3
10
0
3
6
5
10
0
3
2
5
2
0
2(
)
2
3
5
0
5
2
(
)
3
t
t
t
t
t
t t
t
t
tm
t
t
x
t
ktm
−
+ +
= ⇔ −
+ − +
= ⇔ −
−
−
−
=
=
⇔ −
− −
= ⇔
−
⇒ = ±
3
2
4
3
2
4
11
22
2
)
4
13
8
2
26
4
13
5
x
y
x
y
x
x
b
x
y
x
y
y
x
y
+
= −
+
= −
=
=
⇔
⇔
⇔
− + = −
− +
= −
=
−
= −
Vậy
( ) (
x y
;
=
2; 5
−
)
Bài 3.
a) Học sinh tựvẽparabol (P)
b) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
⇔
phương trình hồnh độgiao điểm
3
2
( )
1
2
x
= +
x
m
có hai nghiệm phân biệt
Ta có
( )
2
1
⇔
3
x
−
2
x
−
2
m
=
0
1
' 1 6
0
6
m
m
∆ = +
> ⇔ > −
Vậy
1
6
m
> −
Bài 4.
Gọi mức tiêu thụtháng 3 và tháng 4 của nhà đó lần lượt là
a b k
, ( W ,50
h
<
a b
,
<
100)
Theo bài ra ta có hệ:
(
)
(
)
155
50.1678
50 .1734 50.1510
50 .1561 249580
155
75
(
)
1734
1961
254930
80
a
b
a
b
a
b
a
tm
a
b
b
+ =
+
−
+
+
−
=
+ =
=
⇔
⇔
+
=
=
Vậy mức tiêu thụđiện tháng 4 là 80 W
k
h
Bài 5.
a) Với
m
= −
1
ta có:
(
) ( )
(
) (
)
(
)(
)
2
2 2
2
2
1 4
1
8
0
6
7
0
7
7
0
7
7
0
7
7
1
0
1
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
− − +
+ −
− = ⇔
−
− =
⇔
−
+ − = ⇔
−
+
−
=
=
⇔
−
+ = ⇔ = −
Vậy khi
m
= − ⇒ = −
1
S
{
1;7
}
b) Đểphương trình đã cho có nghiệm
(
)
2
2'
0
m
4
m
8
0
8
m
24
0
m
3
⇔ ∆ ≥ ⇔
+
−
+ ≥ ⇔
+
≥ ⇔ ≥ −
Áp dụng hệthức Vi – et ta có: 1 2
(
)
2
1 2
2
4
8
x
x
m
x x
m
+
=
+
=
−
(
)
(
2
)
1 2 1 2
2
2
3
2
4
3
8
1
1
3
2
32
3
32
3
3
A
x
x
x x
m
m
m
m
m
= +
−
=
+
−
−
= −
+
+
= −
−
+
+
Do
(
)
2
1
1
97
0
3
32
3
3
3
m
m
A
−
≥ ∀ ≥ − ⇒ ≤
+ =
Vậy
97
1
(
)
3
3
MaxA
=
⇔ =
m
tmdk
Bài 6.
Câu 1.
a) Theo giảthiết, ta có:
0
90
AEH
=
ADH
=
⇒
tứu giác
ADHE
nội tiếp đường trịn
b) Vì
0
90 (
)
BDC
=
BEC
=
gt
và cùng nhìn cạnh BC nên
BEDC
là tứgiác nội tiếp
0
0
180
180
BED
BCD
BCA
BCD
BED
DEA
⇒
+
=
⇒
=
=
−
=
Xét
∆
AED
và
∆
ACB
có:
DAE
chung;
DEA
=
BCA cmt
(
)
( . )
AE
AC
.
.
(
)
AED
ACB g g
DE AC
BC AE dfcm
DE
BC
⇒ ∆
∆
⇒
=
⇒
=
c) Gọi
OA
∩
ED
=
{ }
F
Ta có:
0
0
( )
180
180
1
AFD
=
−
FAD
−
FDA
=
−
OAC
−
EDA
Xét
∆
OAC
có
OA
=
OC
⇒ ∆
OAC
cân tại O
H
F
D
E
O
B
A
180
0
0
( )
90
2
2
AOC
OAC
−
ABC
⇒
=
=
−
Lại có:
EDA
=
ABC
(do
∆
AED
∆
ACB
) 3
( )
Từ(1), (2), (3)
0
(
0
)
0
180
90
90
AFD
ABC
ABC
⇒
=
−
−
−
=
(
)
AF
FD hay AO
ED dfcm
⇒
⊥
⊥
Câu 2.
a) Tàu ởđộsâu: 0
.sin 20
137( )
AC
=
BC
≈
m
b) Sốmét tàu chạy: 0
1000
0 2924( )
sin 20
sin 20
AC
BC
=
=
≈
m
200
400m
A
C
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ CẦN THƠ
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số 13
KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 1O THPT
NĂM HỌC 2020 – 2021 Khóa ngày : 24 tháng 7 năm 2020
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài : 120 phút
A.PHẦN TRẮC NGHIỆM
Câu 1. Căn bậc ba của 1728là :
.12
.42
.576
.1728
A
B
C
D
Câu 2.Hàm sốnào dưới đây là hàm sốbậc nhất ?
2
2
.
.
5
16
.
5
7
.
A y
B y
x
C y
x
D y
x
x
= −
=
−
=
−
= −
Câu 3. Hàm số
1
2
2
y
= −
x
có đồthịlà hình vẽnào dưới đây ?
Câu 4.Nghiệm của hệphương trình
2
1
2
4
x
y
x
y
+ = −
+ =
là:
(
)
(
)
(
)
(
)
. 3; 2
.
3;2
.
2;3
. 2; 3
Câu 5.Diện tích của hình trịn có bán kính
R
=
5
cm
bằng
2 2 2 2
.20
.25
.50
.10
A
π
cm
B
π
cm
C
π
cm
D
π
cm
Câu 6.Điều kiện của
x
đểbiểu thức
x
−
4
có nghĩa là :
.
4
.
4
.
4
.
4
A x
≤
B x
≤ −
C x
≥
D x
≥ −
Câu 7.Từmột điểm
M
nằm bên ngồi đường trịn
(
I R
;
)
vẽhai tiếp tuyến
MP MQ
,
(hình
minh họa phía dưới). Gọi
H
là giao điểm của
PQ
và
IM
.
Khẳng định nào dướu đây
sai ?2 2 2
.
.
.
.
A MP
=
IM
−
IP
B HP
=
HQ
C IM
=
R
D MP
=
MQ
Câu 8. Cho tứgiác
ABCD
nội tiếp đường tròn và
ABC
=
60 .
0 Sốđo của góc
ADC
bằng
0 0 0 0
.180
.60
.90
.120
A
B
C
D
Câu 9.Tập nghiệm của phương trình 2
2
8
0
x
+
x
− =
là:
{
}
{ }
{
}
{
}
.
4; 2
. 2;4
.
2;4
.
4;2
A
− −
B
C
−
D
−
Câu 10. Điểm nào dưới dây là giao điểm của đường thẳng
( )
d
:
y
=
2
x
+
1
và parabol
( )
2
:
3
?
P
y
=
x
(
)
( )
(
)
(
)
.
1;3
. 1;3
. 1; 3
.
1; 1
A
−
B
C
−
D
− −
H
Q
P
I
M
600
D
C
Câu 11.Một cái bồn chứa xăng gồm hai nửa hình cầu và một hình trụcó kích thước như
hình vẽbên dưới. Thẻtích của bồn chứa xăng bằng (lấy giá trịgần đúng của
π
=
3,14
và
kết quảlàm tròn đến chữsốthập phân thứnhất )
3 3 3 3
.12,9
.8,1
.12,1
.64,8
A
m
B
m
C
m
D
m
Câu 12.Một khu vườn hình chữnhật có chu vi bằng
260
m
và hai lần chiều dài lớn hơn ba
lần chiều rộng là 10 .
m
Chiều dài và chiều rộng của khu vườn đó lần lượt là :
.76 ,54
.54 ,76
.80 ,50
.50 ,80
A
m
m
B
m
m
C
m
m
D
m
m
Câu 13.Giá trị của biểu thức
3 5
−
4 125
+
180
bằng:
.29
. 11 5
. 11
.29 5
A
B
−
C
−
D
Câu 14. Gọi
x x
1,
2là hai nghiệm của phương trình
2
x
2
+
5
x
+ =
1 0.
Giá trị của biểu thức
1 2
3
1 2
x
+
x
−
x x
bằng:
. 4
.1
. 1
.4
A
−
B
C
−
D
Câu 15. Tất cảgiá trịtham số
m
sao cho hệphương trình
4
1
1
mx
y
x
y
+
=
− = −
có nghiệm duy
nhất là :
.
1
.
4
.
1
.
4
A m
≠ −
B m
≠ −
C m
≠
D m
≠
Câu 16. Cho đường tròn
( )
O
có bán kính
R
=
5
cm
và đường thẳng
( )
d
cắt
( )
O
tại hai
điểm phân biệt
A B
,
sao cho
AB
=
6
cm
.
Khoảng cách từtâm
O
đến đường thẳng
( )
d
bằng:
A cm
.8
B
.12
cm
C cm
.2
D cm
.4
Câu 17. Cho đường thẳng
( )
d
1 :
y
=
ax
+
b
đi qua điểm
M
( )
1;2
và đồng thời song song
với đường thẳng
( )
d
1 :
y
=
3
x
+
4.
Giá trị của biểu thức
a
2
+
b
2bằng:
.28
.27
.10
.52
A
B
C
D
3,64m
Câu 18. Trong mặt phẳng tọa độ, cho
M
(
−
1;2 ,
) ( ) (
N
2;1 ,
P
1; 2 ,
−
) (
Q
−
2;1 .
)
Điểm nào có
tọa độlà nghiệm của hệphương trình
3
1
?
2
0
x
y
x
y
+ =
+ =
A. Điểm Q B. Điểm M C. Điểm N D. Điểm P
Câu 19. Cho hàm số
y
= − +
3
x
b
có đồthịđi qua điểm
M
(
− −
1; 2
)
. Giá trị của
b
bằng
.5
.1
. 7
. 5
A
B
C
−
D
−
Câu 20. Từđỉnh của một tòa nhà cao
70 ,
m
người ta nhìn thấy một ơ tơ đang đỗởvịtrí A
với một góc 0
50
(minh họa như hình vẽ). Khoảng cách từA đến vịtrí B của tịa nhà đó là
(Kết quảlàm trịn đến chữsốthập phân thứnhất)
.45,0
.58,7
.83, 4
.53,6
A
m
B
m
C
m
D
m
B.PHẦN TỰLUẬN (6,0 điểm)
Câu 1. (1,5 điểm) Giải các phương trình và hệphương trình sau :
2 4 2
2
6
)3
5
2
0
)4
3
1 0
)
2
3
10
x
y
a x
x
b
x
x
c
x
y
− + = −
+
− =
+
− =
−
=
Câu 2. (1,0 diểm)
a) Vẽđồthị của hàm số 2
2
y
=
x
b) Tìm tất cảcác giá trị của tham số
m
sao cho phương trình
2 2
2
3
6
0
x
−
mx
+
m
−
m
+ =
có hai nghiệm phân biệt
x x
1,
2thỏa mãn
(
)
2 2
1 2 1 2
7
1 2
12
x
+
x
−
x x
=
x
+
x
−
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
70 m
500
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 đồn 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 ?
Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác
ABC
có ba góc nhọn và
AB
<
AC
.
Vẽđường cao
AH
,
đường trịn đường kính
HB
cắt
AB
tại D và đường trịn đường kính
HC
cắt AC tại E
a) Chứng minh rằng tứgiác
ADHE
nội tiếp
b) Gọi
I
là giao điểm của hai đường thẳng
DE
và
BC
.
Chứng minh
IH
2
=
ID IE
.
c) Gọi
M N
,
lần lượt là giao điểm của đường thẳng
DE
với đường tròn đường kính
HB và đường trịn đường kính
HC
.
Chứng minh rằng giao điểm của hai đường
thẳng
BM
và
CN
nằm trên đường thẳng
AH
.
ĐÁP ÁN
I.Trắc nghiệm
1A 2C 3A 4C 5B 6C 7C 8D 9D 10B
11A 12C 13B 14A 15B 16D 17A 18D 19D 20B
II. Tựluận
Câu 1.
(
) (
)
(
)(
)
2 2
)3
5
2
0
3
6
2
0
3
2
2
0
2 3
1
0
2
2
0
1
3
1 0
3
a x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
+
− = ⇔
+
− − =
⇔
+
−
+
= ⇔
+
− =
= −
+ =
⇔
⇔
− =
=
4 2
)4
3
1 0
b
x
+
x
− =
Đặt 2
(
)
0
x
=
t t
≥
⇒
pt
thành:
4
t
2
+ − =
3
t
1 0
(
) (
)
(
)(
)
2
4
4
1 0
4
1
1
0
1(
)
1 4
1
0
1
1
(
)
4
2
t
t
t
t t
t
t
ktm
t
t
t
tm
x
+ − − = ⇔
+ − + =
= −
⇔ +
− = ⇔
=
⇒ = ±
Vậy
1
2
S
= ±
2
4
2
6
2
)
6
2
3
10
2
2
y
x
y
y
c
y
x
y
x
x
−
=
− + = −
= −
⇔
⇔
−
=
=
+
=
Vậy hệphương trình có nghiệm duy nhất
( ) (
x y
;
=
2; 2
−
)
a) Học sinh tự vẽđồthị(P)
b) Tìm tất cảgiá trịm………
Phương trình 2 2
2
3
6
0
x
−
mx
+
m
−
m
+ =
có hai nghiệm
x x
1,
2 ⇔ ∆ >
'
0
2 2
3
6
0
2
m
m
m
m
⇔
−
+
− > ⇔ >
Vậy
m
>
2
thì phương trình đã cho có hai nghiệm
x x
1,
2phân biệt
Áp dụng hệthức Vi – et ta có: 1 2
2
1 2
2
3
6
x
x
m
x x
m
m
+
=
=
−
+
. Theo đềbài ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2 2
7
12
3
7
12
0
4
3
3
6
7.2
12
0
x
x
x x
x
x
x
x
x x
x
x
m
m
m
m
+
−
=
+
−
⇔
+
−
−
+
+
=
⇔
−
−
+
−
+
=
2 2
2 2
4
3
9
18 14
12
0
5
6
0
6
6
0
m
m
m
m
m
m
m
m
m
⇔
−
+
−
−
+
=
⇔
−
− = ⇔
−
+ − =
(
6
) (
6
)
0
(
6
)(
1
)
0
6(
)
1(
)
m m
m
m
m
m
tm
m
ktm
⇔
−
+
−
= ⇔
−
+ =
=
⇔ = −
Vậy
m
=
6
Câu 3.
Gọi sốgiáo viên là
x
(người), (ĐK:
x
∈
*,
x
<
150)
⇒
Số học sinh là : 150
−
x
(người)
Sốtiền phải trảcho sốvé của giáo viên:
70000
x
(đồng)
Sốtiền phải trảcho sốvé của học sinh là
50000 150
(
−
x
)
(đồng)
Nên tổng sốtiền phải trảlịa
70000
x
+
50000 150
(
−
x
)
(đồng)
Vì khu du lịch giảm
10%
cho mỗi vé vào cổng và đoàn tham quan phải trảlà
7 290000
đồng nên ta có phương trình:
(
)
(
)
(
)
70000
50000 150
.90%
7 290000
7
5 150
.90%
729
7
5 150
810
7
750 50
810
2
60
30(
)
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
tm
+
−
=
⇔
+
−
=
⇔
+
−
=
⇔
+
−
=
⇔
=
⇔ =
Câu 4.
a) Chứng minh rằng tứgiác
ADHE
nội tiếp Ta có:
BDH
là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính
BH
⇒
BDH
=
90
0
CEH
là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính
CH
⇒
CEH
=
90
0
Xét tứgiác
ADHE
ta có:
ADH
+
AEH
=
90
0
+
90
0
=
180
0
⇒
ADHE
là tứgiác nội tiếp
b) Chứng minh: 2
.
IH
=
ID IE
Ta có:
ADHE
là tứgiác nội tiếp (cmt)
⇒ ∠
DAH
= ∠
DEH
(cùng chắn
DH
)
Hay
BAH
= ∠
IEH
,lại có
BAH
=
BHD
(cùng phụvới
∠
DBH
)
(
)
BHD
IEH
BAH
⇒
=
=
hay
BHD
=
IEH
Xét
∆
IDH
và
∆
IHE
ta có:
∠
I
chung;
IHD
=
IEH cmt
(
)
2
( . )
ID
IH
.
(
)
IDH
IHE g g
ID IE
IH
dfcm
IH
IE
⇒ ∆
∆
⇒
=
⇒
=
c) Chứng minh giao điểm hai đường thẳng
BM CN
,
nằm trên đường thẳng AHGọi giao điểm của
BM
và CN là K
Ta có:
∠
BMH
là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính BH
⇒ ∠
BMH
=
90
0
Hay
MH
⊥
BK
, chứng minh tương tự
⇒
NH
⊥
KC
Vì
ADHE
là tứgiác nội tiếp (cmt) nên
DAH
=
DEH
(cùng chắn cung
DH
)
hay
BAH
=
MEH
Vì
BDMH
là tư giác nội tiếp đường trịn đường kính
BD MH
,
K
I
N
M
E
D
H
A
HME
DBH
⇒
=
(góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Hay
EMH
=
ABH
mà
BAH
+
ABH
=
90
0
⇒
MBH
+
HME
=
90
0
0
90
MHE
⇒
=
hay
MH
⊥
HE
Mà
HE
⊥
AC
⇒
MH
/ /
AC
Lại có:
MH
⊥
BK cmt
( )
⇒
BK
⊥
AC
, chứng minh tương tự:
CK
⊥
AB
K
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
CAO BẰNG
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số 14
ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020-2021
Mơn Tốn
Thời gian làm bài : 120 phút
Câu 1. (4,0 điểm)
1) Thực hiện phép tính:
5 9
−
3 4
2) Tìm
a
đểđồthịhàm số
y
=
ax
+
5
đi qua điểm
M
(
3; 1
−
)
3) Giải hệphương trình: 2
2
x
−
3
x
+ =
1 0
4) Giải hệphương trình:
4
5
3
3
5
x
y
x
y
+
=
− =
Câu 2. (2,0 điểm)
Bác An đi x ơ tơ từCao Bằng đến Hải Phịng. Sau khi đi được nửa quãng đường,
bác An cho xe tăng vận tốc thêm
5
km 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 từCao Bằng đến Hải Phòng là
360
km
.
Câu 3. (1,0 điểm)
Cho tam giác
ABC
vuông tại
A
.
Biết
AB
=
6
cm AC
,
=
8
cm
.
a) Tính độdài cạnh
BC
b) Kẻđường cao
AH
.
Tính độdài đoạn
AH
Câu 4. (2.0 điểm)
Qua điểm
A
nằm ngồi đường trịn
( )
O
vẽhai tiếp tuyến
AB
và
AC
của đường
tròn
( ,
B C
là các tiếp điểm)
a) Chứng minh
ABOC
là tứgiác nội tiếp
b) Kẻđường 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)
Tìm giá trịnhỏnhất, giá trị lớn nhất của biểu thức
2
1
2
3
A
x
=
ĐÁP ÁN
Bài 1.
1) Ta có:
5 9
−
3 4
=
5.3 3.2 15 6
−
=
− =
9
2) Vì đồthịhàm số
y
=
ax
+
5
đi qua điểm
M
(
3; 1
−
)
nên thay
x
=
3,
y
= −
1
vào hàm
số
y
=
ax
+
5
ta được:
− =
1
a
.3 5
+ ⇔
3
a
= − ⇔ = −
6
a
2
Vậy
a
= −
2
3) Ta có: 2
2
x
−
3
x
+ =
1 0
Phương trình trên có dạng
a
+ + =
b
c
0
nên có hai nghiệm
1
1
2
x
x
=
=
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
1;
1
2
x
=
x
=
4) Ta có:
( )
1
4
5
3
4
5
3
17
17
2
3.
1
5
3
5
4
12
20
3
5
1
y
x
y
x
y
y
x
x
x
y
x
y
x
y
y
= −
+
=
+
=
= −
=
⇔
⇔
⇔
⇔
−
=
−
=
=
+
=
− +
= −
Vậy hệphương trình có nghiệm duy nhất
( ) (
x y
;
=
2; 1
−
)
Bài 2.Gọi vận tốc lúc đầu của bác An đi là
x km h
(
/
)(
x
>
0
)
Nửa quãng đường đầu và nửa quãng đường sau đều dài :
360 : 2 180(
=
km
)
Thời gian bác An đi nửa quãng đường đầu là
180
x
(giờ)
Trên nửa quãng đường sau, bác An đi với vận tốc là
x
+
5
(
km h
/
)
Thời gian bác An đi nửa quãng đường sau là
180
5
x
+
(giờ)
Vì thời gian đi nửa qng đường sau ít hơn thời gian đi nửa quãng đường đầu là
30
phút
1
2
=
giờnên ta có phương trình
(
)
(
)
2
180
5
180
180
180
1
1
180
900 180
1
5
2
5
2
5
2
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
+ −
+
−
−
= ⇔
= ⇔
=
+
+
+
(
)
2 2
2
2
900
1
5
1800
5
1800
0
5
2
5
4.
1800
7225
85
x
x
x
x
x
x
⇔
= ⇔
+
=
⇔
+
−
=
+
Nên phương trình có hai nghiệm 1
2
5 85
45(
)
2
5 85
40(
)
2
x
ktm
x
tm
− −
=
= −
− +
=
=
Vậy lúc đầu bác An đi với vận tốc
40
km h
/
Bài 3.
a) Xét
∆
ABC
vng tại
A
,
theo định lý Pytago ta có:
2 2 2 2 2 2
6
8
100
100
10(
)
BC
=
AB
+
AC
⇔
BC
=
+
=
⇒
BC
=
=
cm
Vậy
BC
=
10
cm
b) Xét
∆
ABC
vng tại
A
,
có chiều cao
AH
,
theo hệthức lượng trong tam giác vng,
ta có :
.
.
.
6.8
4,8
( )
10
AB AC
AH BC
AB AC
AH
cm
BC
=
⇔
=
=
=
Vậy
AH
=
4,8
cm
Bài 4.
H
A
a)
AB
là tiếp tuyến với
( )
O
nên
OB
⊥
AB
⇒
OBA
=
90
0
AC
là tiếp tuyến với
( )
O
nên
OC
⊥
AC
⇒
OCA
=
90
0
Tứgiác
ABOC
có
OBA
+
ACO
=
90
0
+
90
0
=
180
0
Do đó
ABOC
là tứgiác nội tiếp (tứgiác có tổng hai góc đối bằng
180 )
0
b) Xét
∆
ABE
và
∆
AFB
có:
A
chung ;
ABE
=
AFC
(cùng chắn cung
BE
)
( . )
AB
BE
AE
ABE
AFB g g
AF
BF
AF
⇒ ∆
∆
⇒
=
=
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
.
.
AB BF
AF BE
⇒
=
và 2
.
AB
=
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
)
( . )
AC
CE
AE
ACE
AFC g g
AF
CF
AC
⇒ ∆
∆
⇒
=
=
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
.
.
AC CE
AE CF
⇒
=
. Ta có:
2
.
.
;
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
AB BF
AF BE
AC CE
AE CF
AB BF AC CE
AF BE AE CF
AB BF CE
AE AF BE CF
=
=
⇒
=
⇒
=
Mà 2
.
(
)
.
.
(
)
AB
=
AE AF cmt
⇒
BF CE
=
BE CF dfcm
Bài 5.
E
C
B
O
A
Điều kiện:
2
2
2
3
0
3
2
3
0
x
x
x
−
≥
⇔
≤
−
−
≠
. Ta có:
2 2 2
2 2
2
0
3
3 0
3
3 3
3 3
0
3
3
0
2
3
2
3
2
1
1
1
2
2
3
2
3
1
1
2
2
3
x
x
x
x
x
x
A
≤
≤ ⇒ − ≥ −
≥ − ⇒ ≥ −
≥
⇒
≥
−
≥ ⇔ −
≤ −
−
≤
⇒
≥
≥
−
−
−
⇒ ≤ ≤
−
Vậy
GTNN
của
A
là
1
0
2
⇔ =
x
;
GTLN
của
A
là
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐĐÀ NẴNG
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số 15
KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10
TRUNG HỌC PHỔTHÔNG NĂM HỌC 2020 – 2021
MƠN THI: TỐN
Thời gian:120 phút
Bài 1. (2,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức
A
=
3
+
12
−
27
−
36
b) Cho biểu thức
(
)
0
2
1
3
5
1
1
.
1
x
x
B
x
x
x
x
x
>
−
=
−
+
≠
−
−
. Rút gọn biểu thức B và
tìm
x
để
B
=
2
Bài 2. (1,5 điểm)
Cho hàm số
1
2
2
y
=
x
a) Vẽđồthị
( )
P
của hàm sốđã cho
b) Đường thẳng
y
=
8
cắt đồthị
( )
P
tại hai điểm phân biệt
A
và
B
,
trong đó điểm B có
hồnh độdương. Gọi H là chân đường cao hạtừ 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: 2
3
x
−
7
x
+ =
2
0
b) Biết rằng phương trình 2
19
7
0
x
−
x
+ =
có hai nghiệm là
x x
1,
2,
khơng giải phương
trình, hãy tính giá trịbiểu thức:
(
2 )
2
(
2 )
2
2
2
1
38
1 1 2
3
1
2
2
38
2 1 2
3
120
P
=
x
x
−
x
+
x x
−
+
x
x
−
x
+
x x
−
+
Bài 4. (2,0 điểm)
a) Một sốtựnhiên nhỏhơn bình phương của nó là 20 đơn vị. Tìm sốtựnhiên đó
b) Quãng đường
AB
gồm một đoạn lên dốc và một đoạn xuống dốc. Một người đi xe
đạp từA đến B hết 16 phút và đi từ
B
về A hết 14phút. Biết vận tốc lúc lên dốc là
10
km h
/
, vận tốc lúc xuống dốc là
15
km h
/
(vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và
vềlà như nhau). Tính quãng đường
AB
Bài 5. (3,0 điểm)
Cho tam giác
ABC
nội tiếp trong đường trịn tâm
O
đường kính
AB
.
Trên cung
nhỏ
BC
của đường trịn (O) lấy điểm
D
(khơng trùng với B và C). Gọi
H
là chân đường
vng góc kẻtừC đến
AB H
(
∈
AB
)
và
E
là giao điểm của
CH
với
AD
a) Chứng minh rằng tứgiác
BDEH
là tứgiác nội tiếp
b) Chứng minh rằng 2
.
.
AB
=
AE AD
+
BH BA
c) Đường thẳng qua
E
song song với
AB
,
cắt
BC
tại
F
.
Chứng minh rằng:
0
90
CDF
=
và đường tròn ngoại tiếp tam giác
OBD
đi qua trung điểm của đoạn
.
ĐÁP ÁN
Bài 1.
)
3
12
27
36
3
2 3
3 3
6
6
6
a A
A
=
+
−
−
=
+
−
− = −
⇒ = −
b)Rút gọn B
Với
x
>
0,
x
≠
1,
ta có:
(
)
(
)
(
)
(
(
)
)
2
1
3
5
2
1 3
5
1
.
1
.
1
4
1
4
4
4
.
1
.
1
x
x
x
x
B
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
−
−
+ +
−
=
−
+
=
−
−
−
−
−
=
=
=
−
−
Vậy
B
4
x
=
Để
B
2
4
2
x
2
x
4
( )
tm
x
= ⇔
= ⇔
= ⇔ =
Vậy để
B
=
2
thì
x
=
4
Bài 2.
a) Học sinh tựvẽđồthị(P)
b) Tính diện tích tam giác
AHB
Xét phương trình hồnh độgiao điểm của (P) và đường thẳng
y
=
8
ta có:
(
)
2
4
4;8
1
8
16
2
4
(4;8)
x
A
x
x
x
B
= ⇒
−
= ⇔ =
⇔
= − ⇒
Gọi
K
là giao điểm của đường thẳng
y
=
8
với trục tung
⇒
K
( )
0;8
Ta có:
∆
AOB
cân tại
O
,
có
OK
⊥
AB OK
,
=
8
cm AB
,
=
8
cm
2
1
1
.
.8.8
32(
)
2
2
OAB
S
OK AB
cm
⇒
=
=
=
Áp dụng định lý Pytago cho
∆
OBK
vuông tại K ta có:
( )
2 2 2 2
8
4
4 5
OB
=
OK
+
KB
=
+
=
cm
Lại có:
1
.
1
.
.4 5
32
16 5
( )
2
2
5
OAB
S
=
AH OB
=
AH
=
⇔
AH
=
cm
Áp dụng định lý Pytago vào
∆
ABH
vng tại H ta có:
2
2 2 2
16 5
8 5
8
5
5
BH
=
AB
−
AH
=
−
=
( )
2
1
1 16 5 8 5
64
.
.
.
12,8
2
2
5
5
5
ABH
S
AH BH
cm
⇒
=
=
=
=
Bài 3.
a) Giải phương trình : 2
3
x
−
7
x
+ =
2
0
Phương trình có : 2
7
4.3.2
25
0
∆ =
−
=
>
nên phương trình có hai nghiệm phân biệt
1
2
7
25
2
6
7
25
1
6
3
x
x
+
=
=
−
=
=
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm
1
;2
3
S
=
b) Tính giá trịbiêu thức ………
Xét phương trình 2
19
7
0
x
−
x
+ =
có
∆ =
19
2
−
4.7
=
333
> ⇒
0
Phương trình có hai
nghiệm phân biệt
Áp dụng hệthức Vi – ét ta có: 1 2
1 2
19
7
x
x
x x
+
=
=
Ta có
x x
1,
2là hai nghiệm của phương trình đã cho
2
1 1
2
2 2
19
7
0
19
7
0
x
x
x
x
−
+ =
⇒
−
+ =
Theo đềbài ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
) (
) (
) (
)
2 2
2 2
2 1 1 1 2 1 2 2 1 2
2 2
2 2
2 1 1 1 2 1 2 2 1 2
2 2 2 2
2 1 2 1 1 2 1 2 1 2
2
38
3
2
38
3
120
2
19
7
14
3
2
19
7
14
3
17
17
17
7 17 .19 1900
P
x
x
x
x x
x
x
x
x x
x
x
x
x x
x
x
x
x x
x
x x
x x x
x x
x
x
=
−
+
−
+
−
+
−
+
=
−
+
−
+
−
+
−
+
−
+
−
=
−
+
−
=
−
+
=
−
=
Bài 4.
a) Tìm sốtựnhiên đó.
Gọi sốtựnhiên cần tìm là
x x
(
∈
)
, Bình phương của sốtựnhiên x là
x
2
Vì sốtựnhiên cần tìm nhỏhơn bình phương của nó 20 đơn vịnên ta có phương trình:
(
) (
)
(
)(
)
2 2 2
20
20
0
5
4
20
0
5
4
5
0
5
4
0
5
0
5(
)
4
0
4(
)
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
tm
x
x
ktm
− =
⇔
− −
= ⇔
−
+
−
=
⇔
− +
−
= ⇔
−
+
=
− =
=
⇔
⇔
+ =
= −
Vậy sốtựnhiên cần tìm là
5
b) Tính qng đường
AB
Gọi qng đường lên dốc lúc đi là
x km
( )
, quãng đường xuống dốc lúc đi là
y km
( )
Suy ra Quãng đường lên dốc lúc vềlà
y km
(
)
, xuống dốc lúc vềlà
x km
( )
Thời gian lúc đi là 16 phút
4
15
=
giờnên ta có phương trình:
( )
4
3
2
8 1
10
15
15
x
y
x
y
+
=
⇔
+
=
Thời gian lúc vềlà 14phút
7
30
=
(giờ) nên ta có phương trình:
( )
7
3
2
7 2
10
15
30
y
x
x
y
+
=
⇔
+
=
Từ(1) và (2) ta có hệphương trình:
5
10
3
2
8
9
6
24
2
(
)
7
2
3
2
7
4
6
14
1
3
x
x
y
x
y
x
tm
x
y
x
x
y
y
y
=
+
=
+
=
=
⇔
⇔
⇔
+
=
+
=
=
−
=
Vậy quãng đường
AB
là
2 1 3(
+ =
km
)
Bài 5.
a) Chứng minh rằng tứgiác
BDEH
là tứgiác nội tiếp Vì
ADB
là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn
( )
O
nên
ADB
=
90
0hay
EDB
=
90
0
Lại có:
CH
⊥
AB gt
(
)
nên
CHB
=
90
0
⇒
EHB
=
90
0
Xét tứgiác
BDEH
có:
EDB
+
EHB
=
90
0
+
90
0
=
180
0
⇒
BDEH
là tứgiácnội tiếp
I
F
E
H
O
B
A
b) Chứng minh rằng 2
.
.
AB
=
AE AD
+
BH BA
Vì
ABCD
là tứgiác nội tiếp
( )
O
nên
ADC
=
ABC
(cùng chắn
AC
) 1
( )
Ta lại có:
0
90
ABC
+
CAB
=
(do
∆
ABC
có
ACB
=
90 )
0
0
90 (
ACH
+
CAB
=
do ACH
∆
vuông tại H)
( )
2
ABC
ACH
⇒
=
(cùng phụ
CAB
)
Từ(1) và (2) suy ra
ADC
=
ACH
(
=
ABC
)
hay
ADC
=
ACE
Xét
∆
ACE
và
∆
ADC
có:
CAD
chung ;
ACE
=
ADC cmt
(
)
⇒ ∆
ACE
∆
ADC g g
( . )
( )
2
.
*
AC
AE
AC
AE AD
AD
AC
⇒
=
⇒
=
Xét
∆
ABC
vuông tại C, đường cao
CH
ta có:
( )
2
.
2 *
BC
=
BH BA
(hệthức lượng trong tam giác vuông)
Từ(*) và (2*) suy ra 2 2
.
.
AC
+
BC
=
AE AD
+
BH BA
Lại có
∆
ABC
vng tại C nên
AC
2
+
BC
2
=
AB
2(định lý
Pytago
)
Vậy 2
.
.
AB
=
AE AD
+
BH BA
c) Đường thẳng E…………
*)Vì
EF
/ /
AB gt
(
)
nên
CFE
=
CBA
(đồng vị)
Mà
CBA
=
CDA
(hai góc nội tiếp cùng chắn
AC
)
⇒
CFE
=
CDA
⇒
Tứgiác
CDFE
là tứgiác nội tiếp (Tứgiác có hai đỉnh kềnhau cùng nhìn một cạnh
dưới các góc bằng nhau)
0
180
CDF
CEF
⇒
+
=
Ta lại có:
0
0 0 0 0
(
)
90
/ /
(
)
180
180
90
90 (
)
CH
AB gt
EF
CH
CEF
EF
AB gt
CDF
CEF
dfcm
⊥
⇒
⊥
⇒
=
⇒
=
−
=
−
=
*)Gọi
I
là giao điểm của
CF
và đường tròn ngoại tiếp
∆
OBD
. Ta có:
0
0
90
;
90
ADB
=
ADF
+
FDB
=
CDF
=
ADF
+
CDA
=
FBD
CDA
⇒
=
(cùng phụvới
ADF
)
Mà
CDA
=
CBA
(hai góc nội tiếp cùng chắn
AC
)
⇒
FDB
=
CBA
(
=
CDA
)
Mà
CBA
=
OBI
=
ODI
(hai góc nơi tiếp cùng chắn cung
OI
)
( )
3
FDB
ODI
FDB
ODF
ODI
ODF
ODB
IDF
Ta có: tứgiác
CDFE
nội tiếp (cmt) nên
IFD
=
CFD
=
CED
=
AEH
(hai góc nội tiếp cùng
chắn
CD
)
Ta lại có:
0
0
90 ;
90
AEH
+
EAH
=
ABD
+
BAD
=
Mà
EAH
=
BAD
nên
AEH
=
ABD
=
OBD
⇒ ∠
IFD
= ∠
OBD
( )
4
Lại có :
OD
=
OB
(
=
bán kính)nên
∆
OBD
cân tại O, do đó
OBD
= ∠
ODB
(5)
Từ(3), (
4); 5
( )
suy ra
∠
IDF
= ∠
IFD
⇒ ∆
IDF
cân tại I
⇒
ID
=
IF
( )
3*
Ta có: 0
90
IDF
IDC
CDF
∠
+ ∠
= ∠
=
0
90 (
IFD
ICD
do CDF
∠
+ ∠
=
∆
vuông tại D)
IDC
ICD
ICD
⇒ ∠
= ∠
⇒ ∆
cân tại I nên
IC
=
ID
( )
4 *
Từ(3*) và (4*) suy ra
IC
=
IF
(
=
ID
)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐAK LAK
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số 16
KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020-2021
Mơn thi:TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kểphát đề
Câu 1. (2,0 điểm)
1) Tính giá trị của biểu thức 2
4
3
M
=
a
+
a
tại
a
=
2
2) Giải hệphương trình:
2
1
3
2
x
y
x
y
−
=
− + =
3) Giải phương trình: 2
2
x
−
9
x
+ =
4
0
Câu 2. (2,0 điểm) Cho biểu thức
1
(
1
)(
6
)
:
2
1
9
3
6
4
x
x
x
P
x
x
x
+
+
+
=
+
+
−
−
1) Tìm điều kiện của
x
đểbiểu thức P có nghĩa và rút gọn P
2) Tìm các giá trị của
x
sao cho
x
và
P
là những sốnguyên
Câu 3. (2,0 điểm)
1) Tìm
a b
,
đểđường thẳng
y
=
ax
+
b
song song với đường thẳng
y
=
4
x
+
5
và cắt
đồthịhàm số 2
y
=
x
tại hai điểm
A x y
(
1;
1) (
,
B x y
2;
2)
phân biệt thỏa mãn
2 2
1 2
10
x
+
x
=
2) Một vườn cỏhình vng
ABCD
có cạnh
20
m
như hình vẽ. Người ta buộc một con dê bằng sợi
dậy thừng dài
20
m
tại trung điểm E của cạnh
AB
.
Tính diện tích phần cỏmà con dê đó có thểăn được
(kết quảlàm 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 haiđiểm
A
và B sao
cho
AB
=
R
.
Kẻđường kính
AC
của đường trịn
( )
O
.
Gọi
E
là một điểm bất kỳtrên cung
nhỏ
BC E
(
≠
B C
; )
,
CB
và
EB
lần lượt cắt đường tròn
( )
O
tại các điểm thứhai là
D
và
F
a) Chứng minh
0
90
AFD
=
b) Chứng minh
AE
=
AF
c) Gọi P là giao điểm của
CE
và
FD
.
Gọi
Q
là giao điểm của
AP
và
EF
.
Chứng minh
AP
là đường trung trực của
EF
D
A
d) Tính tỉsố
AP
AQ
Câu 5. (1,0 điểm) Cho
a b c
, ,
là các sốthực dương thỏa mãn
a
+ + =
b
c
1.
Tìm giá trịnhỏ
nhất của biểu thức :
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2
2 2 2
1
1
1
2
2
2
c
a
b
Q
b
c
bc
c
a
ca
a
b
ab
−
−
−
=
+
+
+
+
+
+
+
+
ĐÁP ÁN
Câu 1.
2
1)
4.2
3
10
2
1
3
7
2)
3
2
1 2.3
3
M
a
x
y
y
x
x
y
x
y
=
+
=
−
=
=
=
⇔
⇔
− +
=
= +
=
Vậy hệcó nghiệm duy nhất
( ) ( )
x y
;
=
7;3
3)Giải phương trình: 2
2
x
−
9
x
+ =
4
0
Phương trình có
( )
2
9
4.2.4
49
0
∆ = −
−
=
>
nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:
1
2
9
49
1
4
2
9
49
4
4
x
x
−
=
=
+
=
=
Vậy
1
;4
2
S
=
Câu 2.
1) Tìm điều kiện và rút gọn P
Điều kiện:
0
0
0
9
0
9
9
4
36
6
4
0
x
x
x
x
x
x
x
x
≥
≥
≥
− ≠
⇔
≠
⇔
≠
−
≠
≠
(
)(
)
(
)(
) (
)
(
)(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
1
6
1
2
1
:
9
3
6
4
1
7
6
2
1
:
3
3
3
2 3
2 3
3
7
6
6
9
2
.
.
2
1
2
1
3
3
3
3
2
2
6
.
2
1
2
1
3
x
x
x
P
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
+
+
=
+
+
−
−
+
+
+
=
+
+
−
+
−
−
−
+ +
+
+
+
=
=
+
+
−
+
+
+
+
=
=
+
+
+
2) Điều kiện
x
≥
0,
x
≠
9
Để
x
là sốngun thì
x
phải là sốchính phương
Ta có:
2
6
2
1 5
1
5
2
1
2
1
2
1
x
x
P
x
x
x
+
+ +
=
=
= +
+
+
+
Để
5
5 2
(
1
)
2
1
P
x
x
∈ ⇒
∈ ⇒
+
+
hay
2
x
+ ∈
1
U
(5)
=
{ }
5;1 (
do
2
x
+ >
1 0
2
1 1
0
(
)
4
2
1 5
x
x
tm
x
x
+ =
=
⇒
⇔
=
+ =
Vậy
x
∈
{ }
0;4
thỏa mãn bài tốn.
Câu 3.
1)Tìm a,b để….
Vì đường thẳng
y
=
ax
+
b
song song với đường thẳng
y
=
4
x
+
5
nên
4
5
a
b
=
≠
Khi đó phương trình đường thẳng cần tìm có dạng
y
=
4
x
+
b b
(
≠
5
)
Xét phương trình hồnh độgiao điểm của đường thẳng
y
=
4
x
+
b b
(
≠
5
)
và parabol
( )
2 2 2
:
4
4
0 *
y
=
x
x
=
x
+ ⇔
b
x
−
x
+ =
b
Đểđường thẳng
y
=
4
x
+
b b
(
≠
5
)
cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình
(*) có hai nghiệm phân biệt
( )
2
'
0
2
b
4
b
0
b
4
1 2
1 2
4
x
x
x x
b
+
=
=
. Theo bài ra ta có:
(
)
2
2 2
1 2 1 2 1 2
2
10
2
10
4
2
10
3(
)
x
x
x
x
x x
b
b
tm
+
=
⇔
+
−
=
⇔
−
=
⇔ =
Vậy
a
=
4,
b
=
3
2) Tính diện tích….
Ta có:
EM
=
EN
=
20
cm
Vì
E
là trung điểm của
AB
nên
1
10( )
2
EA
=
EB
=
AB
=
m
Áp dụng định lý Pytago trong các tam giác vuông ta có:
( )
2 2 2 2 2
20
10
300
300
10 3
BM
=
EM
−
EB
=
−
=
⇒
BM
=
=
m
Tương tựta có:
AN
=
BM
=
10 3
( )
m
( )
( )
2
2
1
1
.
.10.10 3
50 3
2
2
1
1
.
.10.10 3
50 3
2
2
BEM
AEN
S
BE BM
m
S
EA AN
m
=
=
=
=
=
=
D
E
A
B
M
C
Xét tam giác vuông
BEM
ta có:
cos
10
1
60
0
20
2
BE
BEM
BEM
BM
=
=
= ⇒ ∠
=
Tương tựxét tam giác vng
AEN
ta có:
cos
10
1
60
0
20
2
AE
AEN
AEN
EN
∠
=
=
= ⇒
=
Ta có:
0
0 0 0 0
0
180
180
180
60
60
60
BEM
AEN
MEN
MEN
BEM
AEN
MEN
+
+
=
⇒
=
−
−
=
−
−
⇒
=
Diện tích hình quạt
EMN
,
bán kính
( )
2
2
.60
200
20 :
360
3
qEMN
R
m S
=
π
=
π
m
Vậy diện tích phần con dê có thểăn là :
( )
2
200
50 3
50 3
382,64
3
BEM AEN EMN
S
=
S
+
S
+
S
=
+
+
π
≈
m
Câu 4.
Q
P
F
B
O
A
O'
D
C
1) Chứng minh
0
90
AFD
=
Ta có:
ABC
là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
(
O R
;
)
0 0
90
90
ABC
ABD
⇒ ∠
=
⇒ ∠
=
(hai góc kềbù)
Mà
ABD
là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn nên
AD
là đường kính
(
O R
';
)
Lại có :
AFD
là góc nội tiếp chắn cung
AD
⇒
AFD
=
90
0
(
dfcm
)
2) Chứng minh
AE
=
AF
Ta có:
AEB
=
ACB
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
AB
của
( )
O
)
hay
( )
1
AEF
ACD
∠
= ∠
AFB
ADB
∠
= ∠
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
AB
của
( )
O
' )
Hay
AFE
=
ADC
( )
2
Ta có:
AD
=
AC
=
2
R
⇒ ∆
ADC
cân tại
A
⇒
ACD
=
ADC
( )
3
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
Xét
∆
AEP
và
∆
AFP
ta có:
0
(
);
90 ;
AE
=
AF cmt AEP
=
AFD
=
AP
chung
⇒ ∆
AEP
= ∆
AFP ch
(
−
cgv
)
⇒
PE
=
PF
(hai cạnh tương ứng bằng nhau)
P
⇒
thuộc đường trung trực của
EF
( )
5
Từ(4) và (5) suy ra
AP
là đường trung trực của
EF dfcm
(
)
4) Tính tỉ số
AQ
AP
Ta có:
AP
là đường trung trực của
EF cmt
(
)
⇒
AP
⊥
EF
=
{ }
Q
Áp dụng hệthức lượng cho
∆
AFP
vng tại F có đường cao
FQ
ta có:
2 2
2
2
.
AF
AQ
AQ
AF
AQ AP
AP
AQ
AP
AF
=
⇒
=
⇒
=
Xét
∆
AFQ
vng tại
Q
ta có:
1
sin
sin
2
AQ
AQ
AB
AFQ
ADB
AF
AF
AD
∠
=
⇒
∠
=
=
=
2
1
1
4
4
AQ
AQ
AF
AP
⇒
= ⇒
=
. Vậy
1
4
AQ
AP
=
Do
, ,
0
0
, ,
1
1
a b c
a b c
a
b
c
>
⇒ <
<
+ + =
. Ta có:
(
)
(
)
(
) (
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2 2
2 2
2
2
2 2 2 2
2
2
4
9
2
2
4
4
9
3
2
(
,
0)
4
2
1
1
2
1
2
1
.
.
3
3
3
1
2
2
b
c
b
c
bc
b
c
b
c
b
c
bc
b
c
b
c
b
c
b
c
bc
do b c
c
c
c
c
b
c
b
c
a
b
c
bc
+
+
≤
=
+
+
⇒
+
+
≤
+
+
=
+
+
⇒
+
+
≤
=
>
−
−
−
−
⇒
≥
=
=
+
+
−
+
+
Chứng minh tương tựta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2 2
2 2
1
2
1
1
2
1
.
;
.
3
1
3
1
2
2
a
a
b
b
b
c
c
a
ca
a
b
ab
−
−
−
−
≥
≥
−
−
+
+
+
+
Khi đó ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
) (
) (
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
2 2
1
1
1
2
2
2
1
1
1
2
3
1
1
1
3
1
1
1
3 1
2
2
2
4
.
.
.
3
1
1
1
3
3
3
3 1
3
c
a
b
Q
b
c
bc
c
a
ca
a
b
ab
c
a
b
a
b
c
a
b
c
c
a
b
a
b
c
a
b
c
−
−
−
=
+
+
+
+
+
+
+
+
−
−
−
≥
+
+
−
−
−
−
+ +
− + − + −
−
≥
=
=
=
− + − + −
−
+ +
−
Dấu
" "
=
xảy ra
1
1
3
a
b
c
a
b
c
a
b
c
= =
⇔
+ + =
⇔ = = =
Vậy
4
1
3
3
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐĂK NƠNG
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số17
KỲTHI TUYỂN SINH 10 THPT
NĂM HỌC 2020 – 2021
MƠN THI :TỐN (Đềthi chung)
Thời gian: 120 phút
Bài 1. (2,0 điểm)
a) Gọi
x x
1,
2là hai nghiệm của phương trình
x
2
−
3
x
+ =
2
0
Tính tổng
S
= +
x
1 x
2và tích
P
=
x x
1 2b) Giải phương trình: 2 2
5
2
1
x
− + =
x
x
+
x
−
c) Giải hệphương trình
4
3
10
2
3
x
y
x
y
−
= −
+ =
Bài 2. (2,0 điểm) Cho biểu thức
1
1
4
2
2
x
A
x
x
x
=
+
+
−
−
+
với
x
≥
0,
x
≠
4
a) Rút gọn biểu thức
A
b) Tìm tất cảcác giá trị của
x
để
A
>
1
Bài 3. (2,0 điểm)
a) VẽParabol
( )
2
:
2
P
y
=
x
b) Cho phương trình: 2
(
)
2
2
1
3
1 0 (
x
−
m
+
x
+
m
+
m
− =
m
là tham số)
Tìm tất cảcác giá trị của
m
đểphương trình có hai nghiệm phân biệt
x x
1,
2thỏa
2 2
1 2
10.
x
+
x
=
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho tam giác
ABC
có ba góc nhọn. Hai đường cao của tam giác
ABC
là
AD BE
,
cắt nhau tại
H D
(
∈
BC E
,
∈
AC
)
a) Chứng minh:
CDHE
là tứgiác nội tiếp một đường tròn
b) Chứng minh:
HA HD
.
=
HB HE
.
c) Gọi điểm
I
là tâm đường tròn ngoại tiếp tứgiác
CDHE
.
Chứng minh
IE
là tiếp
tuyến của đường trịn đường kính
AB
Bài 5. (1,0 điểm) Cho các sốthực dương
x y
,
>
1
Tìm giá trịnhỏnhất của biểu thức
2 2
1
1
x
y
P
y
x
=
+
ĐÁP ÁN
Bài 1.
a) Tính tổng S và tích P
Phương trình 2
3
2
0
x
−
x
+ =
có
a
+ + = − + =
b
c
1 3
2
0
nên có hai nghiệm phân biệt:
1
2
1
2
x
x
=
=
. Khi đó ta có:
1 2
1 2
1 2
3
1.2
2
S
x
x
P
x x
= +
= + =
=
=
=
Vậy
S
=
3;
P
=
2
2 2
)
5
2
1
2
5 1
3
6
2
b x
− + =
x
x
+
x
− ⇔
x
+ = + ⇔
x
x
= ⇔ =
x
Vậy nghiệm của phương trình là
S
=
{ }
2
4
3
10
4
3
10
11
22
2
)
2
3
4
8
12
3 2
1
x
y
x
y
y
y
c
x
y
x
y
x
y
x
−
= −
−
= −
=
=
⇔
⇔
⇔
+
=
+
=
= −
= −
Vậy hệcó nghiệm duy nhất
( ) (
x y
;
= −
1;2
)
Bài 2.
a) Rút gọn biểu thức:
Với
x
≥
0,
x
≠
4
ta có:
(
)(
)
(
)(
)
(
(
)(
)
)
1
1
2
2
4
2
2
2
2
.
2
2
2
2
2
2
2
x
x
x
x
A
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
+ +
−
=
+
+
=
−
−
+
−
+
+
+
=
=
=
−
−
+
−
+
b) Tìm tất cảcác giá trịx
Ta có:
(
)
2
1
1
0
2
2
2
0
2
0
2
0
4
2
x
x
x
A
x
x
x
do
x
x
−
+
> ⇔
> ⇔
>
−
−
⇔
> ⇔
− >
>
⇒ >
−
Kết hợp với điều kiện, ta có
x
>
4(
tm
)
Bài 3.
a) Học sinh tự vẽ
b) Tìm tham sốm……….
Đểphương trình 2
(
)
2
( )
2
1
3
1 0 *
x
−
m
+
x
+
m
+
m
− =
có hai nghiệm phân biệt
x x
1,
2thì
'
0
∆ >
(
)
2
2 2 21
3
1 0
2
1
3
1 0
2
0
2
m
m
m
m
m
m
m
m
m
⇔
+
−
−
+ > ⇔
+
+ −
−
+ >
Khi đó, áp dụng định lý
Vi
−
et
ta có: 1 2
(
)
2
1 2
2
1
2
2
3
1
x
x
m
m
x x
m
m
+
=
+ =
+
=
+
−
Theo bài ra ta có: 2 2
1 2
10
x
+
x
=
(
)
(
)
(
)
(
) (
)
(
)(
)
2
1 2 1 2
2 2
2 2
2 2
2
2
10
2
2
2
3
1
10
4
8
4
2
6
2 10
2
2
4
0
2
0
2
2
0
1
2
1
0
1
2
1
0
(
)
2
x
x
x x
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m m
m
m
m
m
tm
m
⇔
+
−
=
⇔
+
−
+
− =
⇔
+
+ −
−
+ =
⇔
+
− = ⇔
+ − =
⇔
− +
− = ⇔
− +
− =
=
⇔
+
− = ⇔ = −
Vậy
m
=
1
hoặc
m
= −
2
Bài 4.
a) Chứng minh tứgiác CDHE nội tiếp
Ta có:
AD BE
,
là hai đường cao của
{ }
{ }
0
(
)
AD
BC
D
90
ABC gt
ADC
BEC
BE
AC
E
⊥
=
∆
⇒
⇒
=
=
⊥
=
Xét tứgiác
CDHE
ta có:
HDC
+
HEC
=
90
0
+
90
0
=
180
0
⇒
CDHE
là tứgiác nội tiếp
b) Chứng minh
HA HD
.
=
HB HE
.
Xét
∆
HAE
và
∆
HBD
ta có:
I
H
O
D
E
A
AHE
=
BHD
(đối đỉnh);
AEH
=
BDH
=
90
0
(
)
( . )
AH
HE
.
.
AHE
BHD g g
AH DH
BH EH dfcm
BH
HD
⇒ ∆
∆
⇒
=
⇒
=
c) Chứng minh
IE
là tiếp tuyến ……….Xét tứgiác
ABDE
ta có:
ADB
=
AEB
=
90
0, mà hai đỉnh
D E
,
là hai đỉnh liên tiếp của tứ
giác
⇒
ABDE
là tứgiác nội tiếp
Lại có:
∆
AEB
vng tại
E
⇒
A B D E
, , ,
cùng thuộc đường tròn tâm O đường kính
AB
Ta có:
ABDE
là tứgiác nội tiếp (cmt)
⇒
EDC
=
BAE
(góc ngồi tại 1 đỉnh bằng góc trong
tại đỉnh đối diện ) (1)
Ta có:
I
là tâm đường trịn ngoại tiếp tứgiác
CDHE
⇒
I
là trung điểm của
HC
ECH
∆
vuông tại E có đường trung tuyến
1
2
EI
⇒
EI
=
HI
=
HC
(đường trung tuyến
ứng với cạnh huyền của tam giác vng)
HEI
⇒ ∆
cân tại
I
⇒
IEH
=
IHE
(tính chất tam giác cân) hay
∠
IEH
= ∠
EHC
(2)
Tứgiác
CDHE
là tứgiác nội tiếp (cmt)
⇒
CDE
=
CHE
(cùng chắn
EC
)
(3)
Từ(1), (2), (3) suy ra
EDC
=
BAE
=
HEI
AOE
∆
cân tại O
(
OA
=
OE
)
⇒
OEB
=
OBE
(tính chất tam giác cân)
Hay
BAE
=
OEA
mà
OBE
+
BAE
=
90
0
⇒
OEB
+
HEI
=
90
0
⇒
OE
⊥
EI
EI
⇒
là tiếp tuyến của đường trịn đường kính
AB dfcm
(
)
Bài 5.
Áp dụng BĐT Cô – si ta có:
(
)
1 1 2
1 .1
2
1
x
= − + ≥
x
x
−
=
x
−
(
)
(
)
2
2
4
1
4
1
1
1
x
x
x
x
y
y
−
⇒
≥
− ⇒
≥
−
−
Tương tựta có:
(
)
2
4
1
1
1
y
y
x
x
−
≥
−
−
. Khi đó ta có:
(
)
(
)
(
) (
)
2 2
4
1
4
1
4
1 4
1
2
.
8
1
1
1
1
1
1
x
y
x
y
x
y
P
y
x
y
x
y
x
−
−
−
−
=
+
≥
+
≥
=
−
−
−
−
−
−
Dấu
" "
=
xảy ra
1 1
1 1
2
1
1
1
1
x
y
x
y
x
y
y
x
− =
⇔
− =
⇔ = =
−
−
=
−
−
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐIỆN BIÊN
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số18
KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2020 – 2021
Mơn : TỐN chung
Thời gian làm bài: 90 phút
Câu 1.(3 điểm)
1) Rút gọn các biểu thức
12
27
48
1
2
2
5
4
2
2
A
x
x
x
B
x
x
x
=
+
−
+
+
=
+
−
−
−
+
2) Giải hệphương trình :
2
12
3
1
x
y
x
y
+
=
− =
Câu 2.(1,0 điểm) Một phịng họp có 180 người được xếp đều trên các dãy ghế. Nếu thêm
80 người thì phải kê thêm 2 dãy ghếvà mỗi dãy ghếtăng thêm 3 người. Hỏi lúc đầu
phịng họp đó có bao nhiêu dãy ghế?
Câu 3. (2đ) Cho phương trình 2
( )
2
4
5
0 1 (
x
−
mx
−
m
− =
m
là tham số)
1) Giải phương trình (1) khi
m
= −
2
2) Tìm
m
đểphương trình
( )
1
có hai nghiệm
x x
1,
2thỏa mãn:
(
)
2
1 1 2
1
33
1
2
4059
2
x
−
m
−
x
+
x
−
m
+
2
=
Câu 4.(3 điểm) Trên nửa đường trịn đường kính
AB
,
bán kính
R
.
Lấy hai điểm
I Q
,
sao
cho
I
thuộc cung
AQ
.
Gọi C là giao điểm của hai tia
AI BQ H
,
,
là giao điểm của hai dây
AQ
và
BI
.
Chứng minh rằng:
1) Tứgiác
CIHQ
là tứgiác nội tiếp
2)
CI AI
.
=
HI BI
.
3)
AI AC
.
+
BQ BC
.
luôn không đổi.
Câu 5.(1,0 điểm )
1) Cho hai sốthực dương
a b
,
thỏa mãn
2
a
+
3
b
=
4.
Tìm giá trịnhỏnhất của biểu
thức
Q
2002
2017
2996
a
5501
b
a
b
=
+
+
−
ĐÁP ÁN
Bài 1.
1) Rút gọn các biểu thức
(
)(
)
(
)
(
)(
)
(
)(
)
(
)(
)
(
(
)(
)
)
12
27
48
2 3
3 3
4 3
3
0
1
2
2
5
4
4
2
2
1
2
2
2
2 5
3
2
2
4
2 5
2
2
2
2
3
2
3
6
3
2
2
2
2
2
A
x
x
x
x
B
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
=
+
−
=
+
−
=
≥
+
+
=
+
−
≠
−
−
+
+
+
+
−
− −
+
+ +
−
− −
=
=
−
+
−
+
−
−
=
=
=
+
−
+
−
+
2) Giải hệphương trình :
2
12
2
12
7
14
2
3
1
6
2
2
3
1
5
x
y
x
y
x
x
x
y
x
y
y
x
y
+
=
+
=
=
=
⇔
⇔
⇔
− =
−
=
=
−
=
Vậy hệphương trình có nghiệm duy nhất
( ) ( )
x y
;
=
2;5
Bài 2.
Gọi sốdãy ghếlúc đầu có trong phịng họp là
x
(dãy)
(
x
∈
N
*
)
Vì lúc đầu phịng họp có 180 người nên sốngười được xếp trên 1 dãy ghếlà:
180
x
(người)
Sốngười có trong phòng họp sau khi thêm 80 người:
180 80
+
=
260
(người)
Vì lúc sau phải kê thêm hai dãy ghé nên sốdãy ghé lúcsau là :
x
+
2
(dãy)
⇒
Sốngười được xếp trên mọt dãy ghếlúc sau là :
260
2
x
+
(người)
Vì lúc sau mỗi dãy tăng thêm 3 người nên ta có phương trình:
(
)
(
)
(
)
(
)(
)
2 2
2
260
180
3
260
180
360
3
2
2
80
360
3
6
3
74
360
0
3
54
20
360
0
3
18
20
18
0
20
(
)
3
20
18
0
3
18(
)
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
ktm
x
x
x
tm
−
= ⇔
−
−
=
+
+
⇔
−
=
+
⇔
−
+
=
⇔
−
−
+
= ⇔
−
−
−
=
=
⇔
−
−
= ⇔
Vậy lúc đầu phịng họp có 18 dãy ghế.
Bài 3.
1) Giải phương trình khi
m
= −
2
Thay
m
= −
2
vào phương trình
( )
1
ta có:
x
2
+
4
x
+ =
3
0
Ta có
a
− + = − + =
b
c
1 4
3
0
nên phương trình có hai nghiệm 1
2
1
3
x
x
= −
= −
Vậy khi
m
= −
2
thì tập nghiệm là
S
= − −
{
1; 3
}
2) Tìm m
Phương trình (1) có 2
(
)
2 (
)
2
( )
'
m
4
m
5
m
4
m
5
m
2
1 0
m
∆ =
−
−
=
−
+ =
−
+ > ∀
Do đó phương trình (1) ln có hai nghiệm
x x
1,
2với mọi m/
Áp dụng hệthức Vi – et ta có: 1 2
1 2
2
4
5
x
x
m
x x
m
+
=
= −
−
. Theo bài ra ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
2
1 1 2
2
1 1 2
2
1 1 1 2
2
1 1 1 2
2
1 1 1 2
1
33
1
2
4059
2
2
2
1
2
4
33 8118
2
2
2
4
8085
2
4
5
2
2
8085 5
2
4
5
2
8080
x
m
x
x
m
x
m
x
x
m
x
mx
x
x
m
x
mx
m
x
x
x
mx
m
x
x
−
−
+
−
+
=
⇔
−
−
+
−
+
=
⇔
−
+
+
−
=
⇔
−
−
− +
+
=
−
⇔
−
−
− +
+
=
Vì
x
1là nghiệm của phương trình (1) nên ta có
x
12
−
2
mx
1−
4
m
− =
5
0
. Do đó :
( )
*
⇔
2
(
x
1
+
x
2
)
=
8080
⇔ +
x
1
x
2
=
4040
⇔
2
m
=
4040
⇔ =
m
2020
Vậy
m
=
2020
Bài 4.
H
C
B
O
A
I
1) Tứgiác
CIHQ
nội tiếp Vì
∠
AIB
,
∠
AQB
là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) nên
0
0
90
90
AIB
= ∠
AQB
=
⇒
CIH
=
CQH
=
Xét tứgiác
CIHQ
có:
CIH
+
CQH
=
90
0
+
90
0
=
180
0nên
CIHQ
là tứgiác nội tiếp
2) Chứng minh
CI AI
.
=
HI BI
.
Xét
∆
AHI
và
∆
BCI
có:
HAI
=
CBI
(cùng chắn cung
IQ
);
AIH
=
BIC
=
90
0
( . )
HI
AI
AHI
BCI g g
CI
BI
⇒ ∆
∆
⇒
=
(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
.
.
(
)
CI AI
HI BI dfcm
⇒
=
3) Chứng minh
AI AC
.
+
BQ BC
.
ln khơng đổiTa có:
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
2 2 2 2 2
2
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
AI AC
BQ BC
AC AC
IC
BQ BQ
QC
AC
AC IC
BQ
BQ QC
AQ
QC
AC IC
BQ
BQ QC
AQ
BQ
QC QC
BQ
AC IC
AB
QC BC
AC IC
+
=
−
+
+
=
−
+
+
=
+
−
+
+
=
+
+
+
−
=
+
−
Xét
∆
AQC
và
∆
BIC
có:
ICQ
chung;
AQC
=
BIC
=
90
0
⇒ ∆
AQC
∆
BIC g g
( . )
.
.
.
.
0
AC IC
QC BC
QC BC
AC IC
⇒
=
⇒
−
=
Vậy 2
( )
2
2.
.
2
4
AI AC
+
BQ BC
=
AB
=
R
=
R
ln khơng đổi (đpcm)
Bài 5.
1) Tìm giá trịnhỏnhất của Q
(
)
(
)
2002
2017
2002
2017
2996
5501
8008
2017
5012
7518
1
1
2002
4
2017
2056. 2
3
a
Q
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
Q
a
b
a
b
a
b
=
+
+
−
=
+
+
+
−
+
=
+
+
+
−
+
1 1 1 1
2002 4 2017 2056.4 2002.2 .4 2017.2 . 10024 2018
2018
CO SI
a b a b
a b a b
Q
−
= + + + − ≥ + − =
⇒ ≥
Dấu
" "
=
xảy ra
1
4
1
1
2
1
2
3
4
a
a
a
b
b
b
a
b
=
=
⇔
=
⇔
=
+
=
Vậy min
2018
1
;
1
2
Q
=
⇔ =
a
b
=
2) Tính diện tích ngũ giác
Theo bài ra ta có,
S
BCD =
S
ECD =
1
Hai tam giác này có chung cạnh đáy
CD
,
nên khoảng cách từB, E đến CD bằng nhau, do
đó
BE
/ /
CD
. Chứng minh hồn tồn tương tự, ta cũng có:
/ /
,
/ /
AD
BC CE
AB
. Gọi
{ }
H
=
BD
∩
CE
Ta có:
/ /
/ /
/ /
/ /
AE
BD
AE
BH
ABHE
CE
AB
HE
AB
⇒
⇒
⇒
là hình bình hành nên
S
ABE =
S
HBE =
1
Đặt
S
BCD =
x
(
0
< <
x
1
)
. Ta có:
S
HCD =
S
BCD −
S
HBC =
S
CDE −
S
HDE1
S
HBC 1
S
HDE S
HBC S
HDE⇒ −
= −
⇒
=
Ta lại có:
1
1
2
3
1 0
1
HBC HBE
HCD HDE
S
BH
S
x
x
x
S
DH
S
x
x
−
=
=
⇒
=
⇔
−
+ =
−
Ta có
( )
2
3
4.1.1 5
0
∆ = −
−
= >
nên phương trình có hai nghiệm
3
5
(
2
3
5
(
)
2
x
ktm
x
tm
+
=
−
=
.
Vậy
1 1
3
5
2.
5
1
5
5
2
2
5
ABCDE ABE HBE HCD HBC HDE
S
=
S
+
S
+
S
+
S
+
S
= + +
−
+
−
=
+
x
H
E
A
B
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG NAI
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số 19
THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 – 2021
Mơn : Tốn
Thời gian làm bài:120 phút
Câu 1. (1,75 điểm)
1) Giải hệphương trình
3
5
7
2
4
1
x
y
x
y
−
=
+
=
2) Giải phương trình 4 2
12
16
0
x
−
x
+
=
3) Giải phương trình:
(
)(
)
1
1
3
1
1
2
2
x
−
+
x
−
x
−
=
x
Câu 2. (2,0 điểm)
1) Vẽđồthị
( )
P
của hàm số
2
4
x
y
=
2) Tìm các tham sốthực
m
đểhai đường thẳng
y
=
2
x
và
y
=
(
m
2
+
m x
)
+
1
cắt nhau
3) Tìm các sốthực
a
đểbiểu thức
1
6
2
2
a
a
−
+
−
xác định.
Câu 3. (1,75 điểm)
1) Cho một hình cầu có thểtích bằng
( )
3
288
π
cm
.Tính diện tích của mặt cầu
2) Một nhóm học sinh được giao sắp xếp
270
quyển sách vào tủởthư viện trong một
thời gian nhất định. Khi bắt đầu làm việc nhóm được bổsung thêm học sinh nên
mỗi giờnhóm sắp xếp nhiều hơn dựđịnh
20
quyển sách, vì vậy, khơng những
hồn thành trước dựđịnh 1 giờmà còn vượt mức được giao
10
quyển sách. Hỏi số
quyển sách mỗi giờnhóm dựđịnh sắp xếp là bao nhiêu ?
3) Cho
x x
1,
2là hai nghiệm của phương trình
x
2
−
2
x
− =
1 0.
Hãy lập một phương
trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là
( ) ( )
x
1 3
,
x
2 3
Câu 4. (1,25 điểm)
1) Rút gọn biểu thức
8
5
6
0
4
4
2
4
a
a a
a
a
P
a
a
a
a
−
+
+
≥
=
+
+
−
≠
2) Tìm các sốthực
x
và
y
thỏa mãn
3 2
3 2
18
18
x
y
y
x
=
+
=
+
Câu 5. (2,75 điểm) Cho tam giác nhọn
ABC
nội tiếp đường trịn
( )
O
có hai đường cao
,
BE CF
cắt nhau tại trực tâm
H AB
,
<
AC
.
Vẽđường kính
AD
của
( )
O
.
Gọi
K
là giao
của đường thẳng
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 tứgiác
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
=
2
OM
3) Gọi T là giao điểm của đường tròn
( )
O
với đường tròn ngoại tiếp tam giác
EFK T
,
khác
K
.
Chứng minh rằng ba điểm
L K T
, ,
thẳng hàng.
Câu 6. (0,5 điểm)
Cho ba sốthực dương
a b c
, ,
thỏa mãn
abc
=
1
.Chứng minh rằng
(
2 2 2)
3
(
)
9
a
+
b
+
c
≥
a
+ +
b
c
ĐÁP ÁN
Câu 1.
1) Giải hệphương trình:
3
22
11
3
5
7
6
10
14
2
5
7
2
4
1
6
12
3
1
3
2
y
x
x
y
x
y
y
x
y
x
y
x
y
= −
=
−
=
−
=
⇔
⇔
⇔
+
=
+
=
=
+
−
=
Vậy hệphương trình có nghiệm duy nhất
( )
;
3
;
1
2
2
x y
=
−
2) Giải phương trình: 4 2
12
16
0
x
−
x
+
=
Đặt 2
(
)
0
x
=
t t
≥
. Khi đó ta có phương trình
t
2
−
12
t
+
16
=
0
Phương trình có 2
'
6
16
20
0
∆ =
−
=
>
⇒
Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1
2
6
2 5(
)
6
2 5(
)
t
tm
t
tm
= −
= +
Với 2 2
(
)
2
(
)
6
2 5
6
2 5
5 1
5 1
t
= −
⇔
x
= −
⇔
x
=
−
⇒ = ±
x
−
Với 2
(
)
2
(
)
6
2 5
5 1
5 1
t
= +
⇒
x
=
+
⇒ = ±
x
+
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho
S
= −
{
5 1;1
−
−
5; 5 1; 5 1
−
+
}
3) Giải phương trình:
(
)(
)
(
)
(
)(
)
(
) (
)
(
)(
)
2 2 2
2
1
1
3
2
2
2
3
1
2
1
1
2
2
2
4
2
3
9
6
7
6
0
6
6
0
6
6
0
1(
)
6
1
0
6(
)
x x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
ktm
x
x
x
tm
+
=
⇔
−
+
=
−
−
−
−
−
⇔
−
+
=
−
+ ⇔
−
+ =
⇔
−
− + = ⇔
−
−
−
=
=
⇔
−
− = ⇔ =
Vậy
S
=
{ }
6
Câu 2.
1) Học sinh tựvẽđồthị(P)
2) Tìm các tham sốm
Hai đường thẳng
y
=
2
x
và
y
=
(
m
2
+
m x
)
+
1
cắt nhau khi và chỉkhi :
(
) (
)
(
)(
)
2 2 2
2
2
0
2
2
0
1
2
1
0
1
2
0
1
2
m
m
m
m
m
m
m
m m
m
m
m
m
m
+ ≠ ⇔
+ − ≠ ⇔
− +
− ≠
⇔
− +
− ≠ ⇔
−
+
≠
≠
⇔
≠ −
3) Tìm các sốthực a
Biểu thức
1
6
2
2
a
a
−
+
−
xác định
2
0
2
2
3
6
2
0
3
a
a
a
a
a
− >
>
⇔
⇔
⇔ < ≤
−
≥
≤
Vậy với
2
< ≤
a
3
thì biểu thức
1
6
2
2
a
a
−
+
−
xác định.
Câu 3.
1) Tính diện tích mặt cầu
Gọi
R
là bán kính của hình cầu
Vì khối cầu có thểtích bằng
( )
3
288
π
cm
nên
4
3
288
3
216
6(
)
3
π
R
=
π
⇔
R
=
⇔ =
R
cm
Vậy diện tích mặt cầu là 2 2
( )
2
4
4 .6
144
S
=
π
R
=
π
=
π
cm
2) Tính sốquyển sách…..
Gọi sốquyển sách mỗi giờnhóm dựđịnh sắp xếp là
x
(quyển) (ĐK:
x
∈
*)
⇒
Thời gian dựđịnh sắp xếp xong 270 quyển là
270
( )
h
x
Vì mỗi giờnhóm sắp xếp được nhiều hơn dựđịnh 20 quyển sách nên sốsách thực tếmỗ
Vì nhóm sắp xếp vượt mức được giao 10 quyển sách nên nhóm đó đã sắp xếp được
270 10
+
=
280
(quyển) nên thời gian thực tếsắp xếp xong 280 quyển sách là:
280
( )
20
h
x
+
. Vìthực tếhồn thành trước dựđịnh 1 giờnên ta có phương trình:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)(
)
2
2 2
270
280
1
270
20
280
20
20
270
5400
280
20
30
5400
0
60
90
5400
0
60
90
60
0
60
90
0
60
0
60(
)
90
0
90(
)
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
tm
x
x
ktm
−
= ⇔
+
−
=
+
+
⇔
+
−
=
+
⇔
+
−
= ⇔
−
+
−
=
⇔
−
+
−
= ⇔
−
+
=
−
=
=
⇔
⇔
+
=
= −
Vậy sốquyển sách dựđịnh mỗi giờnhóm sắp xếp là
60
quyển.
3) Hãy lập phương trình ………..
Xét phương trình 2
2
1 0
x
−
x
− =
có
ac
= − <
1 0
nên phương trình ln có hai nghiệm
phân biệt trái dấu .
Gọi
x x
1,
2là hai nghiệm phân biệt của phương trình
x
2
−
2
x
− =
1 0,
áp dụng định lý Vi-et
ta có: 1 2
1 2
2
1
x
x
x x
+
=
= −
Vì hai nghiệm
x x
1,
2trái dấu nên khơng mất tính tổng qt, ta giảsử
x
1< <
0
x
2Khi đó ta có:
( ) ( )
(
)
(
)
(
)
(
)
( ) ( )
(
)
( )
3 3 3 3 3
1 2 1 2 2 1 1 2 2 1
3
2 1 2 1
3 3 3 3 3 3
1 2 1 2 1 2
3
3
.
1
1
S
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
P
x
x
x x
x x
=
+
= − +
=
−
+
−
=
−
−
−
=
= −
= −
= − −
=
Ta có:
(
) (
)
( )
(
)
2 2 2
2 1 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1
4
2
4.
1
8
8
8
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
Do x
x
−
=
+
−
=
−
− =
⇒
−
=
⇔
− =
>
Khi đó ta có:
( ) ( )
3 3
( ) ( )
3
1 2
8
3.
8
8 8
3 8
10 2
S
=
x
+
x
=
−
=
−
=
Vì 2
(
)
2
4
10 2
4.4 184
0
S
−
P
=
−
=
>
nên
( ) ( )
x
1 3
,
x
2 3 là nghiệm của phương trình
2
10 2
1 0
X
−
X
+ =
Vậy
( ) ( )
3 3
1
,
2
x
x
là nghiệm của phương trình
X
2
−
10 2
X
+ =
1 0
1)Rút gọn biểu thức…. Với
a
≥
0,
a
≠
4
ta có:
( )
(
)(
)
(
)(
) (
) (
)
(
)(
)
(
)
3
3
8
5
6
.
4
2
4
2
2
3
6
.
2
4
2
2
2
2
4
2
3
2
.
2
4
2
2
3
2 .
3
2
a a
a
a
P
a
a
a
a
a
a
a
P
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
P
a
a
a
a
a
P
a
a
a
−
+
+
=
−
+
+
−
+
+
+
=
+
+
−
+
−
+
+
+
+
+
=
+
+
−
+
+
=
−
=
+
−
2)Tìm các sốthực x, y
Xét hệphương trình
3 2
3 2
18 (1)
18 (2)
x
y
y
x
=
+
=
+
. Trừvếtheo vế của phương trình (1) và (2) ta có:
(
)
(
)
(
)(
)
(
)
(
)
3 3 2 2 2 2
2 2
2 2
0
0
x
y
y
x
x
y
x
xy
y
x
y
x
y
x
y
x
xy
y
x
y
x
y
x
xy
y
x
y
−
=
−
⇔
−
+
+
= − −
+
⇔
−
+
+
+ +
=
=
⇔
+
+
+ + =
TH1:
x
=
y
thay vào (1) ta có:
3 2 3 2
18
18
0
x
=
x
+
⇔
x
−
x
−
=
(
)
(
)
(
)(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
3 2
2
2
2
2
27
9
0
3
3
9
3
3
0
3
3
9
3
0
3
2
6
0
3
2
6
0(
0)
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
VN do
⇔
−
−
+ =
⇔
−
+
+
−
−
+
=
⇔
−
+
+ − − =
⇔
−
+
+
=
=
⇔
+
+ =
∆ <
TH2: 2 2
0
x
+
xy
+
y
+ + =
x
y
Vì
3 2 3
3 2 3
18 18
18
0
0
18 18
18
0
x
y
x
x
y
y
x
y
=
+
≥
⇒ ≥
>
⇒ + >
=
+
≥
⇒ ≥
>
Lại có:
(
)
2
2 2 2
1
1
2
3
2
1
3
2
2 .
0
,
2
4
4
2
4
x
+
xy
+
y
=
x
+
x
y
+
y
+
y
=
x
+
y
+
y
≥ ∀
x y
Do đó 2 2
(
)
0
,
x
+
xy
+
y
+ + > ∀
x
y
x y
, do đó phương trình
x
2
+
xy
+
y
2
+ + =
x
y
0
vơ
nghiệm. Vậy hệphương trình có nghiệm duy nhất
( ) ( )
x y
;
=
3;3
Câu 5.
1) Chứng minh
EHKP
là tứgiác nội tiếp Ta có:
BE
là đường cao của
∆
ABC
⇒
BE
⊥
AC
hay
BEC
= ∠
HEC
=
90
0
AKD
∠
là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn 0
90
AKD
⇒ ∠
=
Xét tứgiác
EHKP
có:
∠
HEP
+ ∠
HKP
=
90
0
+
90
0
=
180 ,
0 mà hai góc này đối diện nên
EHKP
là tứgiác nội tiếp (đpcm)
Có 0
90
HKP
∠
=
là góc nội tiếp chắn cung
HP
⇒
HP
là đường kính của đường tròn
ngoại tiếp tứgiác
EHKP
⇒
Tâm
I
của đường tròn này là trung điểm của
HP
Gọi
J
là giao điểm của
AK
và
BC
Ta có:
HBJ
=
HAC
(cùng phụvới
∠
ACB
)
KBC
KAC
∠
= ∠
(hai góc nơi tiếp cùng chắn cung
KC
)
hay
∠
JBK
= ∠
HAC
(
)
HBJ
JBK
HAC
BJ
⇒ ∠
= ∠
= ∠
⇒
là phân giác của
HBK
Ta có:
AH
là đường cao của
∆
ABC
⇒
AH
⊥
BC
=
{ }
J
⇒
BJ
là đường cao
∆
BHK
Xét
∆
BHK
ta có:
BJ
vừa là đường cao, vừa là đường phân giác từđỉnh 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
I
P
T'
J
L
E
M
H
F
D
K
O
A
Xét
∆
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
=
2
OM
Ta có: 0
90
ABD
ACD
∠
= ∠
=
(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
AB
BD
AC
CD
⊥
⇒
⊥
Mà
(
)
/ /
(
)
/ /
AB
EF gt
CF
BD
BE
AC gt
BE
CD
⊥
⇒
⊥
hay
/ /
/ /
BH
CD
CH
BD
⇒
BDCH
là hình bình hành
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
/ /
2
(
)
1
2
OM
AH
AH
OM dfcm
OM
AH
⇒
⇒
=
=
3) Chứng minh
L K T
, ,
thẳng hàngGọi
T
'
là giao điểm của tia
LK
với đường tròn
( )
O
Xét tứgiác
BFEC
ta có:
BFC
= ∠
BEC
=
90 .
0 mà đỉnh
F E
,
là các đỉnh kềnhau
Nên
BFEC
là tứgiác nội tiếp
⇒
LFB
=
LCE
(góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong tại
đỉnh đối diện)
Xét
∆
LFB
và
∆
LCE
ta có:
L
chung;
(
)
( . )
LF
LB
.
.
LFB
LCE cmt
LFB
LCE g g
LE LF
LB LC
LC
LE
∠
= ∠
⇒ ∆
∆
⇒
=
⇒
=
Ta có tứgiác
BCT K
'
nội tiếp đường trịn
( )
O
'
LKB
LCT
⇒ ∠
= ∠
(góc ngồi tại 1 đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
Xét
∆
LBK
và
∆
LCT
'
ta có:
L
chung;
LKB
=
LCT cmt
'(
)
⇒ ∆
LBK
∆
LT C g
' (
−
g
)
.
.
'
'
LB
LK
LB LC
LK LT
LT
LC
⇒
=
⇒
=
.
.
'
(
.
)
'
LF
LK
LE LF
LK LT
LB LC
LT
LE
⇒
=
=
⇒
=
Xét
∆
LFK
và
∆
LT E
'
ta có:
'
;
' (
)
'
'
LF
LK
ELT chung
LFK
LT E c
g
c
LFK
LET
LT
=
LE
⇒ ∆
∆
− − ⇒
=
'
EFKT
⇒
là tứgiác nội tiếp (tứgiác có góc ngồi bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
'
T
⇒
thuộc đườngtròn ngoại tiếp tam giác
EFK
'
, ,
T
T
L K T
⇒ ≡ ⇒
thẳng hàng.(đpcm)
Ta có: 2 2 2
(
)
2
(
)
2
a
+
b
+
c
=
a
+ +
b
c
−
ab
+
bc
+
ca
Mà
(
)
(
)
2 2
2 2 2 2 2
2 2
2
2
2
2
2
ab
a
b
bc
b
c
ab
bc
ca
a
b
c
ca
c
a
≤
+
≤
+
⇒
+
+
≤
+
+
≤
+
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
3 6
2 2 2
2
1
3
3
1
27
a
b
c
a
b
c
a
b
c
a
b
c
a
b
c
a
b
c
a
b
c
a
b
c
a
b
c
⇒
+
+
≥
+ +
−
+
+
⇔
+
+
≥
+ +
⇔
+
+
≥
+ +
⇔
+
+
≥
+ +
Ta cần chứng minh:
(
)
(
) (
)
(
)
(
) (
)
6 6
5
1
9
243
27
243
0
a
b
c
a
b
c
a
b
c
a
b
c
a
b
c
a
b
c
+ +
≥
+ +
⇔
+ +
≥
+ +
⇔
+ +
+ +
−
≥
Vì
a b c
, ,
> ⇒ + + >
0
a
b
c
0
Do đó ta cần chứng minh
(
)
5
(
)
5
243
0
243
3
a
+ +
b
c
−
≥ ⇔
a
+ +
b
c
≥
⇔ + + ≥
a
b
c
Áp dụng BĐT Cơ si ta có:
a
+ + ≥
b
c
3
3
abc
=
3
Dấu
" "
=
xảy ra
1
1
a
b
c
a
b
c
abc
= =
⇔
⇔ = = =
=
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH ĐỒNG THÁP
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề số 20
KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2020 – 2021
MƠN TỐN (cơ sở)
Ngày thi: 23/7/2020
Câu 1. (2,0 điểm)
1. Tính giá trịbiểu thức
F
=
49
+
25
2. Tìm điều kiện của
x
đểbiểu thức
H
=
x
−
1
có nghĩa.
Câu 2. (2,0 điểm)
1. Hàm số
y
=
3
x
+
2
là hàm sốđồng biến hay nghịch biến trên R ? Vì sao ?
2. Cho parabol
( )
2
:
2 .
P
y
=
x
Điểm
M
( )
2;8
có thuộc
( )
P
hay khơng ? Vì sao ?
Câu 3. (2,0 điểm)
1. Giải hệphương trình:
2
3
3
x
y
x
y
− =
+ =
2. Nhà bạn Lan cách trường học
5
km
,
nhà bạn Mai cách trường học
4
km
.
Mai bắt đầu
đi học sớm hơn
Lan
5 phút và hai bạn gặp nhau tại cổng trường lúc 6 giờ50 phút
sáng. Hỏi Mai bắt đầu đi học lúc mấy giờ?
Câu 4. (1,0 điểm)
Hộp sữa Ơng Thọlà một hình trụ có chiều cao 8
cm
và bán kính đường trịn đáy
bằng
3,8
cm
.
Tính thểtích hộp sữa (lấy
π
≈
3,14;
kết quảlàm tròn đến chữ số thập phân thứhai)
Câu 5. (1,0 điểm)
Tính chiều rộng
AB
của một dịng sơng
(hình vẽ). Biết
BC
=
9 ,
m BD
=
12
m
Câu 6. (2,0 điểm)
Cho đường trịn
( )
O
và một điểm
A
nằm ngồi
( )
O
. Vẽcác tiếp tuyến
AM
,
AN
với
( )
O M N
(
,
là các tiếp điểm)
1) Chứng minh tứgiác
AMON
là tứgiác nội tiếp
2) Biết rằng
0
10
,
60 .
OA
=
cm MAN
=
Tính phần diện tích của tứgiác
AMON
nằm bên
ngồi đường trịn
( )
O
C
A
B
ĐÁP ÁN
Câu 1.
1)
F
=
49
+
25
= + =
7
5 12
2) Biều thức
H
=
x
−
1
có nghĩa
⇔ − ≥ ⇔ ≥
x
1 0
x
1
Câu 2.
1) Đồng biến hay nghịch biến ?
Hàm số
y
=
3
x
+
2
là hàm só đồng biến vì
a
= >
3
0
2) Điểm
M
( )
2;8
có thuộc (P) khơng ? Vì sao ?Thay tọa độđiểm
M
( )
2;8
vào hàm số
y
=
2
x
2ta có:
8
=
2.2
2
⇔ =
8
8
(luôn đúng)
Vậy
M
( ) ( )
2;8
∈
P
Câu 3.
1) Giải hệphương trình
2
3
3
6
2
3
3
1
x
y
x
x
x
y
y
x
y
− =
=
=
⇔
⇔
+ =
= −
=
Vậy hệphương trình có nghiệm duy nhất
( ) ( )
x y
;
=
2;1
2) Mai bắt đầu đi học lúcmấy giờ?
Gọi thời gian bạn Mai đi từnhà đến trường là
( )
1
12
x h
x
>
Vì Mai bắt đầu đi học sớm hơn Lan 5 phút và hai bạn gặp nhau cùng lúc nên thời gian Mai
đi từnhà đến trường nhiều hơn Lan đi từnhà đến trường là
5
phút
5
1
( )
60
12
h
=
=
nên thời gian Lan đi từnhà đến trường:
1
( )
12
x
−
h
⇒
Vận tốc của xe bạn Mai là:
4
(
km h
/ )
x
Vận tốc của xe bạn Lan là :
5
60
(
/ )
1
12
1
12
km h
x
x
=
−
−
Vì vận tốc đi xe của bạn Lan lớn hơn vận tốc đi xe của bạn Mai là
8
km h
/
nên ta có
phương trình:
60
4
8
12
x
−
1
− =
x
(
)
(
) (
)
(
)(
)
2
2
15
1
2
15
12
1 2 12
1
24
5
1 0
12
1
24
8
3
1 0
8
3
1
3
1
0
3
1 8
1
0
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
⇔
− = ⇔
−
+ =
− ⇔
−
− =
−
1
(
)
3
1 0
3
8
1 0
1
(
)
8
x
tm
x
x
x
ktm
=
− =
⇔
+ =
⇔
= −
Nên thời gian Mai đi từnhà đến trường là
1
20
3
h
=
phút
Vậy Mai bắt đầu đi học lúc
6
giờ50 phút – 20 phút
=
6
giờ30 phút
Câu 4. Thểtích hộp sữa Ơng Thọ: 2 2 3
3,14.3,8 .8
362,73(
)
V
=
π
r h
≈
≈
cm
Câu 5.
Xét tam giác
ACD
vng tại D có đường cao
DB
ta có:
2
.
DB
=
AB BC
(hệthức lượng trong tam giác vuông)
2 2
12
AB
.9
AB
12 : 9 16( )
m
⇒
=
⇔
=
=
Vậy chiều rộng của dịng sơng
AB
=
16
cm
Câu 6. C
A
B
D
I
N
M
1) Chứng minh tứgiác
AMON
là tứgiác nội tiếp Ta có:
AM AN
,
là các tiếp tuyến tại
M N
,
của
( )
0
90
OM
AM
O
AMO
ANO
ON
AN
⊥
⇒
⇒
=
=
⊥
Xét tứgiác
AMON
ta có:
AMO
+
ANO
=
90
0
+
90
0
=
180
0
⇒
AMON
là tứgiác nội tiếp
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
0
30
2
MAO
=
MAN
=
Xét
∆
AMO
vng tại M ta có:
( )
0
0
2
2
.cos
10.cos30
5 3(
)
.sin
10.sin 30
5
1
1
25 3
.
.5.5 3
2
2
2
25 3
2
2.
25 3
2
AMOAMON AMO
AM
AO
MAO
cm
OM
R
AO
MAO
cm
S
OM AM
cm
S
S
cm
=
∠
=
=
= =
=
=
⇒
=
=
=
⇒
=
=
=
Ta có:
AMON
là tứgiác nội tiếp (cmt)
0
180
MAN
MON
⇒
+
=
(tính chất tứgiác nội tiếp)
0
0 0 0
180
180
60
120
MON
MAN
⇒
=
−
=
−
=
Mà
∠
MON
là góc ởtâm chắn cung
MN
⇒
sd MN
=
120
0
( )
2 2
2
( )
.
.
.5 .120
25
360
360
3
quat MON
R n
S
π
π
π
cm
⇒
=
=
=
Nên diện tích phần cần tìm là
25
2
25 3
(
)
3
AMON quatS
=
S
−
S
=
−
π
cm
Vậy diện tích cần tìm là
25
2
25 3
(
)
3
cm
π
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số 21
KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn thi:TỐN (Khơng chun)
Thời gian làm bài:120 phút
Câu 1. (2,0 điểm)
a) Khơng sử dụng máy tính bỏ túi, giải hệphương trình
3
5
2
4
x
y
x
y
+ =
− =
b) Giải phương trình : 2
6
8
2
2020
x
−
x
+ =
x
−
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Trong mặt phẳng tọa độOxy, cho đường thẳng
( )
d
:
y
= −
x
2
m
và
parabol
( )
2
:
2
.
P
y
=
x
Xác định giá trị của tham số
m
đểđường thẳng (d) cắt parabol
( )
P
tại hai điểm phân biệt
b) Rút gọn biểu thức
3
(
1
)
1
2
0
1
2
2
1
x
x
x
x
x
P
x
x
x
x
x
+
−
+
+
≥
=
−
−
≠
+
−
+
−
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Khơng sử dụng máy tính bỏ túi, giải phương trình: 2
4
5
0
x
−
x
− =
b) Cho phương trình 2
(
)
2
4
1
3
2
5
0,
x
−
m
+
x
+
m
+
m
− =
với
m
là tham số. Xác định
giá trị của tham số
m
đểphương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
x x
1,
2sao cho
(
)
2 2
1
4
1
2
3
2
5
9
x
+
m
+
x
+
m
+
m
− =
Câu 4. (1,0 điểm)
Quãng đường từA đến B dài 100km. Cùng một lúc, một xe máy khởi hành từA đi
đến B và một xe ô tô khởi hành từB 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 nhỏhơn vận tốc của xe ô tô là 20km/h. Tính vận tốc mỗi xe.
Câu 5. (3,0 điểm)
Cho đường trịn tâm O, đường kính
AB
=
2 .
R
Gọi C là trung điểm của đoạn thẳng
OA, qua C kẻ dây cung
MN
vng 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 2
.
AH AK
=
R
ĐÁP ÁN
Câu 1.
3
5
6
2
10
7
14
2
)
2
4
2
4
5 3
1
x
y
x
y
x
x
a
x
y
x
y
y
x
y
+ =
+
=
=
=
⇔
⇔
⇔
−
=
−
=
= −
= −
Vậy
( ) (
x y
;
=
2; 1
−
)
b)
(
)
2
2 2 2
2
6
9
2
2020
1010
6
9
4
8080
2020
2017
3
8074
4080391 0
2023
3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
−
+ =
−
≥
⇒
−
+ =
−
+
=
⇔
−
+
= ⇔
=
Câu 2.
a) Ta có phương trình hồnh độgiao điểm của (P) và (d) là:
( )
2 2
2
x
= −
x
2
m
⇔
2
x
− +
x
2
m
=
0 *
(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chi khi phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
( )
2
1
0
1
4.2.2
0
16
m
m
⇒ ∆ > ⇔ −
−
> ⇔ <
Vậy
1
16
m
<
thì thỏa đề
(
)
(
)(
) (
)(
)
(
)(
)
(
)(
)
(
)(
)
3
1
1
2
0
)
1
2
2
1
3
3
3
1
1
2
2
2
1
3
3
3
1
4
4
6
2
1
2
1
x
x
x
x
x
b P
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
−
+
+
≥
=
−
−
≠
+
−
+
−
+
− −
+
− −
+
+
=
+
−
+
− − + − −
−
−
−
=
=
+
−
+
−
(
)(
)
(
3
2
)(
2
1
)
3
1
x
x
x
x
x
x
−
+
−
=
=
−
+
−
(
) (
)
(
)(
)
2 2
)
4
5
0
5
5
0
5
5
0
5
5
1
0
1
a x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
−
− = ⇔
−
+ − = ⇔
− +
−
=
=
⇔
−
+ = ⇔ = −
Vậy
S
=
{
5; 1
−
}
(
)
(
)
(
)
(
)
2 2
2 2 2 2
)
4
1
3
2
5
0(1)
'
2
1
3
2
5
2
9
1
8
0
b x
m
x
m
m
m
m
m
m
m
m
−
+
+
+
− =
∆ = −
+
−
+
−
=
+
+ =
+
+ >
⇒
phương trình ln có hai nghiệm phân biệt, áp dụng Vi et ta có:
1 2
2
1 2
4
4
3
2
5
x
x
m
x x
m
m
+
=
+
=
+
−
Vì
x
1là một nghiệm của phương trình (1)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)(
)
(
)(
)
2 2
1 2
2 2
1 1 1 2
1 2
2
4
1
3
2
5
9
4
1
3
2
5
4
1
4
1
9
0
4
1
9
1
4
4
3
4
4
4 4
4
3
4
4
3
7
4
x
m
x
m
m
x
m
x
m
m
m
x
m
x
m
x
x
m
m
m
m
m
m
⇒
+
+
+
+
− =
⇔
−
+
+
+
− +
+
+
+
=
⇔ +
+
+
=
= −
+ =
⇔
+
+
=
⇔
⇔
+ = −
= −
Vậy
1
;
7
4
4
m
∈ − −
Câu 4.
Gọi vận tốc xe máy là
x km h
(
/
)(
x
>
0
)
thì vận tốc ơ tô:
x
+
20(
km h
/ )
Thời gian kể từlúc hai xe khởi hành đến lúc gặp nhau là:
100
( )
2
x
+
20
h
Quãng đường xe máy đi được trong 1 giờ 30 phút
3
(
)
2
x
km
Quãng đường xe máy đi được trong hai khoảng thời gian trên là quãng đường AB nên ta
(
)
2
2
100
3
100
200
6
60
200 2
20
2
20
2
40(
)
6
140
4000
0
50
(
)
3
x
x
x
x
x
x
x
x
tm
x
x
x
ktm
+
=
⇔
+
+
=
+
+
=
⇔
−
−
= ⇔
= −
Vậy vận tốc xe máy:
40
km h
/
, vận tốc ô tơ:
60
km h
/
Câu 5.
a) Ta có:
0
90
AKB
=
(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn);
BCH
=
90
0
(
MC
⊥
AB
)
Do đó
0
180 .
HKB
+
BCH
=
Vậy tứ giác
BCHK
nội tiếp
b) Chứng minh 2
.
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
=
60
0
Xét
∆
ACH
và
∆
AKB
có:
∠ = ∠ =
C
K
90 ,
0
∠
A
chung
⇒ ∆
ACH
∆
AKB
.
.
AC
AH
AK AH
AB AC
AK
AB
⇒
=
⇒
=
Mặt khác tam giác
AMB
vng tại M có
MC
là đường cao ứng với cạnh huyền nên
2 2
.
AC AB
=
MA
=
R
(hệ thức lượng) . Vậy
AK AH
.
=
R
2
c) Ta có:Tứ giác
OMAN
có hai đường chéo
OA
và
MN
vng góc nhau tại trung
điểm C mỗi đường nên là hình thoi. Do đó 0
2
120
MON
MOA
∠
= ∠
=
Từđó
1
0
60 (
2
MKN
=
MON
=
góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung MN)
Mặt khác
MK
=
KI
⇒ ∆
MKI
đều
⇒
MK
=
MI
=
KI
I
H
N
M
C
B
O
A
Ta có:
BC
là trung trực của MN nên
BM
=
BN
,
và
MNB
=
MAB
=
60
0(góc nội tiếp cùng
chắn cung BM), do đó
∆
BMN
đều, suy ra
BMN
=
60 ,
0
MB
=
MN
Ta có:
0
( )
60 1
KMN
=
KMB
+
BMN
=
KMB
+
Ta lại có:
0
( )
60 2
KMN
=
NMI
+
KMI
=
NMI
+
Từ(1), (2) suy ra
KMB
=
NMI
,
vì
MN
=
MB MI
,
=
MK
nên
∆
MNI
= ∆
MBK c g c
( . . )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ GIANG
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số 22
KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 – 2021
MƠN: TỐN (chung)
Ngày thi: 30/07/2020
Câu 1. (2,0 điểm)
Cho hai biểu thức
2
5
x
A
x
+
=
−
và
3
20
2
25
5
x
B
x
x
−
=
+
−
+
a) Tính giá trị biểu thức
A
khi
x
=
9
b) Rút gọn biểu thức
B
c) Tìm các giá trị của
x
để
A
=
B x
(
−
4)
Câu 2. (1,5 điểm)
Cho phương trình 2
(
)
2
( )
2
1
2
0 1 (
x
−
m
+
x
+
m
+
m
=
với
m
là tham số)
a) Giải phương trình (1) khi
m
=
1
b) Tìm các giá trị của m đểphương trình
( )
1
có hai nghiệm trái dấu
Câu 3. (2,0 điểm)
Quãng đường từA đến B dài
90
km
.
Một người đi xe máy từA đến B. Khi đến B
người đó nghỉ30 phút rồi quay trở về A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là
9
km h
/ .
Thời
gian kể từlúc bắt đầu đi từA 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 ngồi đường trịn
( )
O
.
Qua điểm
A
dựng
hai tiếp tuyến
AM AN
,
đến đường tròn
( )
O
với
M N
,
là các tiếp điểm. Một đường thẳng
d
đi qua
A
cắt đường tròn
( )
O
tại hai điểm
B
và
C
(
AB
<
AC
,
đường thẳng
d
không đi
qua tâm
O
)
a) Chứng minh tứ giác
AMON
là tứ giác nội tiếp
b) Chứng minh 2
.
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 cốđịnh khi đường thẳng
d
thay đổi và
đường thẳng
d
thỏa mãn điều kiện đề bài
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho hai số thực dương
x y
,
thỏa mãn
7
.
2
x
+ ≥
y
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
13
10
1
9
3
3
2
x
y
P
x
y
ĐÁP ÁN
Câu 1.
a) ĐKXĐ:
x
≥
0,
x
≠
25
Với
9(
)
9
2
5
2
9
4
x
=
tmdk
⇒ =
A
+
=
−
−
b) ĐKXĐ:
x
≥
0,
x
≠
25
. Ta có:
(
)
(
)(
)
(
)(
)
3
5
20
2
3
20
2
25
5
5
5
5
1
5
5
5
x
x
x
B
x
x
x
x
x
x
x
x
− +
−
−
=
+
=
−
+
+
−
+
=
=
−
+
−
(
)
(
)
(
)
(
) (
)
(
)(
)
)
4
0;
25
2
1
4
5
5
2
4
6
0
3
2
6
0
.
3
2
3
0
3
2
3
0
9(
)
2(
)
c A
B x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
tm
x
ktm
=
−
≥
≠
+
⇔
=
−
−
−
⇒
+ = − ⇔ −
− =
⇔ −
+
− = ⇔
− +
− =
=
⇔
+
− = ⇔
⇒ =
= −
Vậy
x
=
9
Câu 2.
a) Với
m
=
1,
ta có:
(
) (
)
(
)(
)
2 2
2
2.2
1 2
0
4
3
0
3
3
0
1
3
1
0
1
1
3
0
3
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
−
+ + = ⇔
−
+ =
⇔
− −
+ = ⇔
− −
− =
=
⇔
−
− = ⇔ =
Vậy với
m
=
1
thì tập nghiệm là
S
=
{ }
1;3
b) Đểphương trình
( )
1
có hai nghiệm trái dấu
2
1 2
0
2
0
2
0
x x
m
m
m
⇔
< ⇔
+
< ⇔ − < <
Vậy
− < <
2
m
0
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt trái dấu
Câu 3.
Gọi vận tốc xe đi từA đến
B
là
v km h v
(
/ ,
>
0
)
Thời gian đi là
90
;
v
Thời gian vềlà :
90
9
v
+
. Vì cảđi lẫn về(có cả nghỉ ) mất 5 giờnên ta có
phương trình:
90
30
90
5
60
9
v
+
+
v
+
=
(
)
(
) (
)
(
)(
)
2
2 2
2
90
810
90
9
20
90
1
9
2
9
2
9
40
180
31
180
0
36
5
180
0
36
5
36
0
36(
)
5
36
0
5(
)
v
v
v
v v
v
v
v
v
v
v
v
v
v
v
v v
v
v
tm
v
v
v
ktm
+
+
+
⇔
= ⇔
=
+
+
⇔
+
=
+
⇔
−
−
=
⇔
−
+
−
= ⇔
−
+
−
=
=
⇔
+
−
= ⇔ = −
Vậy vận tốc lúc đi là
36
(
km h
/
)
Câu 4.
a) Vì
AM AN
,
là tiếp tuyến tại M, N của
( )
O
⇒
AMO
=
ANO
=
90
0
⇒
Tứ giác
AMON
nội tiếp đường trịn đường kính
AO dfcm
(
)
b) Dễ chứng mnh
∆
AMO
= ∆
ANO
(cạnh huyền – cạnh góc vng)
⇒
AM
=
AN
Xét
∆
ABN
và
∆
ANC
ta có:
;
BAN chung BNA
=
BCN
=
NCA
(tính chất góc tạo bởi tiêp tuyến dây cung)
Suy ra
ABN
ANC g g
( . )
AB
AN
AN
AC
∆
∆
⇒
=
2
.
(
)
AB AC
AN dfcm
⇒
=
c) Gọi
KM
cắt (O) tại
N
'
D
N
M
E
K
C
O
A
Vì tứ giác
MBN C
'
nội tiếp
⇒ ∆
KBN
'
∆
KMB
⇒
KN KM
'.
=
KB
2
Gọi
KO
cắt
BC
tại
E
Dễ thấy
0
90
5
OEA
=
=
ONA
=
OMA
⇒
điểm
O M N E A
,
, , ,
cùng thuộc một đường tròn
(1)
Áp dụng hệ thức lượng trong
∆
KBO
vuôn tại B, đường cao
BE
,
ta có:
2
.
'.
'
KE KO
=
KB
=
KN KM
⇒ ∆
KN E
∆
KOM
0
'
'
180
'
OM N
OMK
N EK
OEN
⇒
= ∠
= ∠
=
−
0
'
' 180
OMN
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
cốđịnh
Câu 5.
Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có:
1
1
9
9
2
2 2 .
2
;
2
.
6
2
2
x
x
y
y
x
x
y
y
+
≥
=
+ ≥
=
Ta có:
(
)
13
10
1
9
3
3
2
7
1
9
7 7
97
2
.
2
6
3
2
3 2
6
97
6
P
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
P
=
+
+
+
=
+
+
+
+
+
≥
+ + =
⇒ ≥
Vậy
1
97
2
6
3
x
MinP
y
=
=
⇔
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số23
KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 – 2021
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1. (2,0 điểm)
1) Giải phương trình 2
2
3
0
x
−
x
− =
2) Giải hệphương trình
3
(
3
5
)
2
2
3
x
y
x
y
x
y
+
+
=
+
+
= −
Câu 2. (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức
A
=
2 3
−
27
+
4
−
2 3
2) Cho biểu thức
:
1
0
1
1
1
x
x
x
x
B
x
x
x
x
x
−
>
=
−
≠
−
+
+
Rút gọn biểu thức
B
.
Tìm tất cảcác giá trị của
x
để biểu thức
B
nhận giá trị âm.
Câu 3. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy cho parabol P
,
( )
có phương trình
y
=
2
x
2
và đường thẳng
( )
d
có phương trình
y
=
2
x
+
m m
(
là tham số)
1) Tìm
m
đểđường thẳng
( )
d
đi qua điểm
M
(
−
2;3
)
2) Tìm điều kiện của
m
đểparabol (P) cắt đường thẳng
( )
d
, xác định
m
để
(
)
2
(
)
1 2 1 2
1
−
x x
+
2
y
+
y
=
16
Câu 4. (4,0 điểm)Cho tam giác
ABC
có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn
(
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 thứhai là
M
1) Chứng minh tứ giác
AEHF
nội tiếp
2) Chứng minh
BC
là tia phân giác của
EBM
3) Gọi
I
là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AEHF
. Chứng minh
IE
là tiếp tuyến
của đường tròn ngoại tiếp
∆
BCE
4) Khi hai điểm
B C
,
cốđịnh 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 vịtrí của điểm A để tổng
DE
+
EF
+
FD
đạt giá trịlớn nhất.
Câu 5. (0,5 điểm)
Cho ba sốdương
a b c
, ,
thỏa mãn
abc
=
1.
Chứng minh rằng :
1
1
1
1
2
2
3
2
3
2
3
ĐÁP ÁN
Câu 1.
(
) (
)
(
)(
)
2 2
1)
2
3
0
3
3
0
3
3
0
3
1
0
3
1
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
−
− = ⇔
−
+ − =
⇔
− +
− = ⇔
−
+ =
=
⇔ = −
Vậy
S
=
{
3; 1
−
}
(
)
3
3
5
2
8
15
6
12
1
2)
2
3
3 2
2
2
3
x
y
x
y
x
y
y
x
x
y
x
y
y
x
y
+
+
=
+
+
= −
= −
=
⇔
⇔
⇔
+
= −
= − −
= −
+
= −
Vậy nghiệm của hệphương trình là
( ) (
x y
;
=
1; 2
−
)
Câu 2.
1) Rút gọn biểu thức
(
)
2
2 3
27
4
2 3
2 3
9.3
3 1
2 3
3 3
3 1
3
3 1
1
A
=
−
+
−
=
−
+
−
=
−
+
−
= −
+
− = −
2) Rút gọn B và tìm x…………..
Điều kiện
x
>
0,
x
≠
1
(
)
(
) (
)(
)
(
)(
)
1
1
:
.
1
1
1
1
.
1 .
1
1
1
1
1
x
x
x
x
x
x
B
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
−
−
−
=
−
=
−
+
+
+
−
−
−
+
=
=
−
−
+
Với
x
>
0,
x
≠
1
ta có
B
< ⇔
0
x
− < ⇔
1 0
x
< ⇔ <
1
x
1
Kết hợp với điều kiện ta có
0
< <
x
1
thì B nhận giá trị âm.
Câu 3.
1) Tìm m
Vì
M
(
2; 3
− ∈
) ( )
d
nên thay
x
= −
2,
y
=
3
vào phương trình
( )
d
:
y
=
2
x
+
m
ta có:
( )
3
=
2.
− + ⇔ = − + ⇔ =
2
m
3
4
m
m
7
Vậy với
m
=
7
thì đường thẳng
( )
d
đi qua điểm
M
(
−
2;3
)
Ta có phương trình hồnh độgiao điểm của (P) và (d) là :
( )
2 2
2
x
=
2
x
+ ⇔
m
2
x
−
2
x
− =
m
0 *
Đểparabol (P) cắt đường thẳng
( )
d
tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) có hai
nghiệm phân biệt
( )
2
( )
1
'
1
2.
0
1 2
0
2
m
m
m
⇒ ∆ = −
−
−
> ⇔ +
> ⇔ > −
Khi đó áp dụng hệ thức Vi – et ta có:
1 2
1 2
1
2
x
x
m
x x
+
=
= −
Theo bài ra ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
) (
)
(
)(
)
2
1 2 1 2
2 2 2
1 2 1 2
2 2
1 2 1 2 1 2
2
2
2 2
2 2
1
2
16
1
2 2
2
16
1
4
2
16
1
4. 1
2.
16
2
2
1
4
4
16
5
11 0
4
4
20
44
0
22
2
44
0
22
2
22
0
22
2
0
22(
)
2(
)
x x
y
y
x x
x
x
x x
x
x
x x
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m m
m
m
m
m
ktm
m
tm
−
+
+
=
⇔ −
+
+
=
⇔ −
+
+
−
=
⇔ +
+
+
=
⇔ + +
+ +
=
⇔
+
− =
⇔
+
−
= ⇔
+
−
−
=
⇔
+
−
+
= ⇔
+
−
=
= −
⇔ =
Vậy
m
=
2
Câu 4.
P
K
A'
N
I
H
D
F
E
M
O
A
B
1) Chứng minh
AEHF
là tứgiác nội tiếp Ta có:
BE CF
,
là các đường cao của
∆
ABC
{ }
{ }
90
0
BE
AC
E
AFC
AEB
CF
AB
F
⊥
=
⇒
⇒
= ∠
=
⊥
=
Xét tứ giác
AEHF
ta có :
AEH
+
AFH
=
90
0
+
90
0
=
180
0
⇒
AEHF
là tứ giác nội tiếp
2) Chứng minh
BC
là tia phân giác của
BEM
Ta có:
0
0
90
90
DAC
ACD
DAC
EBC
EBC
ECB
∠
+ ∠
=
⇒
=
∠
+ ∠
=
(cùng phụgóc DAC)
Hay
∠
MAC
= ∠
EBC
Lại có:
∠
MAC
= ∠
MBC
(cùng chắn cung MC)
(
)
MBC
EBC
MAC
BC
⇒
=
=
⇒
là phân giác của
∠
EBM dfcm
(
)
3) Chứng minh
IE
là tiếp tuyến của đường trịn ngoại tiếp ∆
BCE
Ta có : 0
90
AEH
∠
=
là góc nội tiếp chắn cung
AH
AH
⇒
là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác
AEHF
I
⇒
là trung điểm của
AH
Ta có:
∆
BEC
là tam giác vng tại E
⇒
Đường trịn 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
2
NB
NE
BC
⇒
=
=
(tính chất tiếp tuyến của tam giác vuông)
BNE
⇒ ∆
cân tại
N
⇒ ∠
NBE
= ∠
NEB
hay
∠
DBE
= ∠
NEB
Ta có
IE
là đường trung tuyến của
∆
AEH
vuông tại E
1
2
EI
IH
AH
IEH
⇒
=
=
⇒ ∆
cân
tại I
⇒
IEH
=
IHE
mà
IHE
=
BHD
(hai góc đối đỉnh)
⇒
IEH
=
BHD
Lại có : 0 0
90
90
HBD
BHD
IEH
BEN
∠
+ ∠
=
⇒ ∠
+ ∠
=
Hay
IE
⊥
EN
⇒
IE
là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
∆
BEC dfcm
(
)
4) Xác định vịtrí điểm A………
Gọi
EF
∩
OA
=
{ }
K
Kẻđường kính
AP
Khi đó ta có
∠
ACP
là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn
⇒ ∠
ACP
=
90
0
0 0
90
90
APC
PAC
hay
OAC
APC
⇒ ∠
+ ∠
=
∠
+ ∠
=
Xét tứ giác
BCEF
có:
BFC
=
BEC
=
90 ,
0 mà hai đỉnh E, F kề nhau
⇒
BCEF
là tứ giác
nội tiếp
⇒
FBC
=
AEF
(góc ngồi bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
0
90
AEF
APC
APC
OAE
AEF
EAO
⇒ ∠
= ∠
⇒ ∠
+ ∠
= ∠
+ ∠
=
Hay
AO
⊥
EF
=
{ }
K
(
dfcm
)
Chứng minh tương tựta có:
OB
⊥
FD OC
,
⊥
ED
Ta có:
1
.
2
OEAFS
=
OA EF
(tứgiác có hai đường chéo vng góc)
Tương tự:
1
.
;
1
.
2
2
OFBD ODCE
S
=
OB FD
S
=
OC DE
(
)
1
1
1
.
.
.
2
2
2
1
2
2
OEAF OFBD ODCE
ABC
ABC
S
S
S
OA EF
OB FD
OC DE
S
S
R EF
FE
DE
EF
FE
DE
R
⇒
+
+
=
+
+
⇒
=
+
+
⇒
+
+
=
Kéo dài
ON
cắt (O) tại
A
'
⇒
A N
'
⊥
BC do ON
(
⊥
BC
)
Khi đó ta có:
1
.
1
' .
2
2
ABC
S
=
AD BC
≤
A N BC
Đặt
BC
=
a
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vng
ONC
ta có:
2
2 2 2
4
a
ON
=
OC
−
CN
=
R
−
2 2
2 2
2
2
'
'
4
2
4
4
ABC
a
a
a
A N
OA
ON
R
R
S
R
R
a
a R
R
EF
FD
DE
R
⇒
=
+
= +
−
⇒
≤
+
−
+
−
⇒
+
+
≤
Dấu
" "
=
xảy ra
⇔ ≡
A
A
',
khi đó điểm
A
là điểm chính giữa của cung lớn
BC
Câu 5.
Đặt
a
=
x
,
b
=
y
,
c
=
z
Khi đó ta có:
x y z
, ,
>
0
và
xyz
=
abc
=
1
, Khi đó u cầu bài tốn trở thành chứng minh:
1
1
1
1
2
3
2
3
2
3
2
x
+
y
+
+
y
+
z
+
+
z
+
x
+
≤
Ta có:
x
+
2
y
+ = + + + +
3
x
y
y
1 2
(
)
(
)
1 2
2
1
1
1
1
2
3
2
1
.
2
3
2
1
x
y
y
xy
y
x
y
xy
y
x
y
xy
y
⇒ + + + + ≥
+
+
⇒ +
+ ≥
+
+ ⇒
≤
+
+
+
+
Chứng minh tương tựta có:
(
)
(
)
1
1
1
1
;
2
3
2.
1
2
3
2.
1
y
+
z
+
≤
yz
+
z
+
z
+
x
+
≤
zx
+
x
+
Khi đó ta có:
1
1
1
2
3
2
3
2
3
1
1
1
1
.
2
1
1
1
x
y
y
z
z
x
xy
y
yz
z
zx
x
+
+
+
+
+
+
+
+
≤
+
+
+
+
+
+
+
+
Đặt
1
1
1
1
1
1
A
xy
y
yz
z
zx
x
=
+
+
+
+
+
+
+
+
ta có:
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
3
2
3
2
3
2
A
xy
y
yz
z
zx
x
xy
y
A
xy
y
xy z
xyz
xy
xyz
xy
y
xy
y
A
xy
y
y
xy
xyz
xy
y
x
y
y
z
z
x
=
+
+
+
+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
+
+
+
+
=
+
+
=
+
+
+ +
+
+
⇒
+
+
≤
+
+
+
+
+
+
Dấu
" "
=
xảy ra
1
1
1
x
y
z
x
y
z
xyz
= = =
⇔
⇒ = = =
=
Khi đó ta có
a
=
b
=
c
= ⇔ = = =
1
a
b
c
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số23b
KỲTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
CHUYÊN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn : TOÁN (chung)
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1. (2,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức
A
=
50
−
32
−
3
+
2 2
2. Cho biểu thức
2
1
.
1
0
1
2
2
1
x
x
x
B
x
x
x
x
x
>
−
+
=
+
≠
+
+
−
. Rút gọn biểu thức
B
và
tìm giá trị của
x
để
B
=
3
Câu 2. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 2
5
6
0
x
−
x
− =
2. Giải hệphương trình :
3
2
1
3
4
x
y
x
y
−
=
+
=
Câu 3. (1,5 điểm)
1. Cho hàm số 2
(
)
0
y
=
ax
a
≠
có đồ thịlà parabol như
hình 1. Xác định hệ số
a
2. Cho phương trình
1
2 2
(
2
x
= +
x
m m
là tham số). Chứng
minh phương trình đã cho ln có hai nghiệm phân
biệt
x x
1,
2với mọi
m
∈
. Tìm các giá trị của
m
để
3
3
1
20
2
x
=
−
x
Câu 4. (3,5 điểm)
Cho đường tròn
( )
O
,
đường kính
AB
cốđịnh. Điểm
H
cốđịnh nằm giữa hai điểm
A
và
O
sao cho
AH
<
OH
.
Kẻ dây cung
MN
vng 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 độdài 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 vịtrí của điểm
C
đểđộ
dài đoạn thẳng
IN
nhỏ nhất
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho các số thực dương
a b c
, ,
thỏa mãn
abc
+ + =
a
b
3
ab
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
1
1
1
ab
b
a
P
a
b
bc
c
ac
c
=
+
+
ĐÁP ÁN
Câu 1.
(
)
(
)
(
(
)(
)
)
2
1)
50
32
3
2 2
25.2
16.2
2
1
5 2
4 2
2 1
1
0
2
1
1
2)
.
1
2
2
1
1
2
2
1
1
1
.
.
1
1
2
.
2
1
1
1
3
3
1 3
2
1
(
)
2
4
A
x
x
x
B
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
B
x
x
x
x
x
tm
x
=
−
−
+
=
−
−
+
=
−
−
− = −
>
−
+
=
+
≠
+
+
−
−
+
− +
+
+
+
=
=
=
−
−
+
+
+
= ⇔
= ⇔
+ =
⇔
= ⇔
= ⇔ =
Vậy
1
4
x
=
thì
B
=
3
Câu 2.
(
) (
)
(
)(
)
2 2
1)
5
6
0
6
6
0
6
6
6
0
6
1
0
1
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
−
− = ⇔
−
+ − =
=
⇔
−
+
−
= ⇔
−
+ = ⇔ = −
Vậy
S
=
{
6; 1
−
}
(
)
3
2
1
3
2
1
11
11
2)
0
3
4
3
9
12
4 3
1
1
1(
)
1
1
1
x
y
x
y
y
y
x
y
x
y
x
y
x
y
y
tm
x
x
y
−
=
−
=
=
>
⇔
⇔
+
=
+
=
= −
=
=
=
⇔
⇔
=
=
= −
Vậy
( ) ( ) (
x y
;
∈
{
1;1 ; 1; 1
−
)
}
Câu 3.
1) Khi
(
(
)
)
( )
2
2
4
2;4
4
.
2
1
x
= − ⇒ =
y
do M
−
⇒ =
a
−
⇔ =
a
2) Ta có:
1
2 2
2
x
= +
x
m
( )
2 2
2
2
0
1
x
x
m
⇔
−
−
=
( )
2
(
2)
2'
1
1.
2
m
2
m
1 0
∆ = −
−
−
=
+ > ⇒
phương trình ln có hai nghiệm phân
biệt. Áp dụng hệ thức Vi – et : 1 2
2
1 2
2
2
x
x
x x
m
(
) (
)
(
)
(
)
3 3 3 3 3
3
1 2 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
2 2
2 2 2
20
20
20
3
20
0
2 2
3.
2
20
0
2 4
6
20
0
6
6
1
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
m
m
m
m
m
=
−
⇔
=
−
⇔
+
=
⇔
+
+
−
−
=
⇔
−
−
−
=
⇔
+
−
= ⇔
= ⇔
= ⇔ = ±
Vậy
m
= ±
1
thì thỏa đề.
Câu 4.
a) Có
0
90
AH
⊥
MN
⇒
KHB
=
mà
KCB
=
90
0
⇒
Tứ giác
BCKH
có
KHB
+
KCB
=
90
0
+
90
0
=
180
0
⇒
BCKH
là tứ giác nội tiếp
b) Xét
∆
AMK
và
∆
ACM
có:
;
A chung AMK
=
ACM
(cùng chắn
AM
)
⇒ ∆
AMK
∆
ACM g g
( . )
c) 2
( )
.
1
AK
AM
AMK
ACM
AK AC
AM
AM
AC
∆
∆
⇒
=
⇒
=
Xét
∆
AMH
và
∆
MBH
có:
H
1 =
H
2(
=
90 ;
0
)
MAH
= ∠
HMB
(cùng phụ
HMA
)
( )
2
( . )
HA
HM
.
2
AMH
MBH g g
HA HB
HM
HM
BH
⇒ ∆
∆
⇒
=
⇒
=
Từ(1) và (2) ta có:
2 2 2 2
.
.
AK AC
−
HA HB
=
AM
−
HM
=
AH
=
a
d) Vì
AM
là tiếp tuyến của
( )
I
(do
AMK
=
MCA cmt
(
)
mà 1 góc là góc nội tiếp , 1 góc
là góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung)
⇒ ∈
I
MB
Ta có:
⇔
khoảng cách từ xuống nhỏ nhất.
I
K
N
M
B
O
A H
,
NI
BM
⇒
⊥
do đó khoảng cách từ
N
đến tâm I nhỏ nhất thì
C
là giao điểm của
(
I IM
;
)
và (O)
Vậy
C
là hình chiếu của
N
trên
BM
Câu 5.
Từ giả thiết
c
1
1
3
a
b
⇒ + + =
Đặt
1
x
;
1
y c
;
z
x
y
z
3
a
=
b
=
= ⇒ + + =
Và
P
1
1
1
xy
x
y
yz
y
z
zx
z
x
=
+
+
+ +
+ +
+ +
(
)
(
)
(
)
3
3
3
3
xy
x
y
3
yz
y
z
3
zx
z
x
=
+
+
+ +
+ +
+ +
Ta có:
(
)
(
) (
)
(
)
3
3
2
2 3
2 3
2 3
3
3
3
18 3
18 3
2
9
15
xy
x
y
xy
x
y
P
xy
x
y
yz
y
z
zx
z
x
xy
yz
zx
x
y
z
xy
yz
zx
+ + +
+ +
≤
⇒ ≥
+
+
+ + +
+ + +
+ + +
≥
=
+
+
+
+ +
+
+
+
+
Lại có:
(
)
2
3
3
x
y
z
xy
+
yz
+
zx
≤
+ +
=
Do đó
18 3
3
3 15
P
≥
=
+
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NỘI
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số24
KỲTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020-2021
Khóa ngày 17/7/2020
Đềthi mơn: TOÁN
Ngày thi: 18/07/2020
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I. (2,0 điểm)
Cho hai biểu thức
1
2
x
A
x
+
=
+
và
3
5
1
1
x
B
x
x
+
=
−
−
−
với
x
≥
0,
x
≠
1
1) Tính giá trị của biểu thức
A
khi
x
=
4
2) Chứng minh
2
1
B
x
=
+
3) Tìm tất cảgiá trị của
x
để biểu thức
P
=
2
AB
+
x
đạt giá trị nhỏ nhất
Bài II. (2,0 điểm)
1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệphương trình
Quãng đường từ nhà
An
đến nhà Bình dài
3
km
.
Buổi sáng, An đi bộ từnhà An đến nhà
Bình. Buổi chiều cùng ngày, An đi xe đạp từnhà Bình vềnhà An trên cùng quãng đường
đó với vận tốc lớn hơn vận tốc đi bộ của
An
là
9
km h
/ .
Tính vận tốc đi bộ của
An
,
biết
thời
gian
đi buổi chiều ít hơn thời gian đi buổi sáng là
45
phút. (Giảđịnh rằng
An
đi bộ
với vận tốc khơng đổi trên tồn bộqng đường đó).
2) Một quảbóng bàn có dạng một hình cầu có bán kính bằng
2
cm
.
Tính diện tích bề
mặt của quảbóng bàn đó (lấy
π
≈
3,14).
Bài III. (2,5 điểm)
1) Giải hệphương trình:
3
2
5
1
1
4
3
1
x
y
x
y
+
=
−
−
=
−
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 độđiểm
A
b) Tìm tất cảgiá trị của
m
đểđường thẳng
( )
d
cắt trục
Ox
tại điểm B sao cho
OAB
∆
là tam giác cân
Bài IV. (3,0 điểm)
Cho tam giác
ABC
có ba góc nhọn và đường cao
BE
.
Gọi
H
và
K
lần lượt là chân
các đường vng góc kẻ từđiểm
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 vng góc kẻ từđiểm
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: 2
3
2
1
ĐÁP ÁN
Bài I.
1) Tính giá trịbiểu thức….
Thay
x
=
4(
tmdk
)
vào biểu thức
4
1
2 1
3
2
2
4
4
2
A
=
+
=
+
=
+
+
2) Với
x
≥
0,
x
≠
1
ta có:(
)
(
)(
)
(
)(
) (
)(
)
(
(
)(
)
)
3
1
5
3
5
1
1
1
1
2
1
3
3
5
2
2
2
)(
)
1
1
1
1
1
1
1
x
x
x
B
x
x
x
x
x
x
x
x
dfcm
x
x
x
x
x
x
x
+ −
−
+
=
−
=
−
−
+
−
−
+ −
−
−
=
=
=
=
+
+
−
+
−
+
−
3) Tìm
x
để P
minVới
x
≥
0;
x
≠
1
ta có:
1
2
4
2
2.
.
2
1
2
4
2
2
2
x
P
AB
x
x
x
x
x
x
P
x
x
+
=
+
=
+
=
+
+
+
+
=
+ +
−
+
Áp dụng BĐT Cô – si cho hai sốdương
2;
4
2
x
x
+
+
, ta có:
(
)
4
4
2
2
2 .
2 4
4
2
2
4
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
+ +
≥
+
=
=
+
+
⇒
+ +
− ≥
+
Dấu
" "
=
xảy ra
2
4
(
2
)
2
4
2
2
0(
)
2
x
x
x
x
tm
x
⇔
+ =
⇔
+
= ⇒
+ = ⇔ =
+
Vậy
P
min = ⇔ =
2
x
0
Bài II.
1) Giải bài tốn bằng cách lập phương trình
Gọi vận tốc đi bộ của
An
là
x km h
(
/
)(
x
>
0
)
⇒
Thời gian đi bộ:
3
( )
h
x
Vận tốc đi xe đạp của An:
x
+
9(
km h
/ )
⇒
Thời gian đi xe đạp :
3
9
x
+
Vì An đi xe đạp nhanh hơn đi bộlà
45
phút
3
( )
4
h
(
)
(
)
(
) (
)
(
)(
)
2 2
2
3
3
3
1
1
1
4
9
4
9
9
4
9
4
4
36
4
9
9
36
0
12
3
36
0
12
3
12
0
3(
)
3
12
0
12(
)
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
tm
x
x
x
ktm
−
= ⇔ −
= ⇔
+
−
=
+
+
+
⇔
+
−
=
+
⇔
+
−
=
⇔
+
−
−
= ⇔
+
−
+
=
=
⇔
−
+
= ⇔ = −
Vậy vận tốc đi bộ của
An
là 3
km h
/
2) Tính diện tích bềmặt quảbóng bàn
Diện tích bề mặt quảbóng bàn: 2 2
( )
2
4
4.3,14.2
50, 24
S
=
π
R
≈
=
cm
Vậy diện tích cần tìm là
( )
2
50, 24
cm
Bài III.
1) Giải hệphương trình
3
2
5
1
1
4
3
1
x
y
x
y
+
=
−
−
=
−
Điều kiện :
y
≠
1
Đặt
1
(
0
)
1
u u
y
−
=
≠
, ta có hệphương trình:
1
7
7
2
3
5
4
6
10
1
3
1
1
2(
)
4
3
4
3
1
4
x
u
x
u
x
u
u
u
y
tm
x
u
x
u
x
y
=
=
+
=
+
=
⇔
⇔
⇔
− =
− =
=
+
= ⇒
= ⇔ =
−
Vậy hệcó nghiệm duy nhất
( ) ( )
x y
;
=
1;2
2) a) Tìm tọa độđiểm A
Vì
A
là giao điểm của đường thẳng
( )
d
và trục Oy nên hoành độđiểm
A
là
x
A =
0
Gọi
A
(
0;
y
A)
.
Vì
A
(
0;
y
A)
∈
d
nên ta có:
y
A =
m
.0
+ = ⇔
4
4
y
A =
4
Vậy
A
( )
0;4
là giao điểm của đường thẳng
( )
d
và trục Oy
b) Tìm tât cảcác giá trịcủa m….
Vì
B
là giao điểm của
( )
d
cắt trục
Ox
nên tung độđiểm
B
là y
y
B =
0
Gọi
B x
(
B;0 ;
)
vì
B x
(
B;0
) ( )
∈
d
nên ta có:
0
m x
.
B 4
x
B 4
(
m
0
)
m
−
=
+ ⇒
=
≠
Suy ra
B
4
;0
AB
4
m
m
−
−
⇒ =
Theo câu a) ta có:
A
( )
0;4
nên
OA
= =
4
4
Vì
∆
OAB
cân tại O nên
OA
OB
4
4
m
4
4
4
4
1(
)
4
4
4
1(
)
4
m
m
tm
m
m
m
tm
m
−
=
= −
= −
⇔
⇔
⇔
=
=
=
Vậy
m
= −
1;
m
=
1
thỏa mãn bài toán
Bài IV.
1) Chứng minh
BHEK
là tứgiác nội tiếp Ta có :
0
(
)
0
(
)
90
,
90
BHE
=
do EH
⊥
AB
BKE
=
do EK
⊥
BC
Tứ giác
BHEK
có
BHE
+
BKE
=
90
0
+
90
0
=
180
0nên là tứ giác nội tiếp (tứgiác có tổng
hai góc đối bằng 0
(
)
180 )
dfcm
2) Chứng minh
BH BA
.
=
BK BC
.
Theo câu a) tứ giác
BHEK
nội tiếp nên
BKH
=
BEH
(cùng chắn cung
BH
)
Ta có:
0
90 (
BEH
+
EBH
=
do BHE
∆
vng tại H)
0
90 (
BAE
+
EBH
=
do ABE
∆
vuông tại E) nên
BEH
=
BAE
(cùng phụ với
EBH
)
Mà
BKH
=
BEH cmt
(
)
nên
BKH
=
BAE
(
=
BEH
)
Xét
∆
BHK
và
∆
BCA
có:
1
1
2
1
2
I
F
K
H
E
O
A
ABC
chung;
BKH
=
BAE
=
BAC cmt
(
)
⇒ ∆
BHK
∆
BCA g g
( . )
BH
BK
BC
BA
⇒
=
(hai cặp cạnh tương ứng tỉlệ)
⇒
BH BA
.
=
BC BK
.
c) Chứng minh
H I K
, ,
thẳng hàngGọi
I
'
là giao điểm của
HK
và
EF
Xét tứ giác
BFEC
có :
BFC
=
BEC
=
90 (
0
gt
)
nên là tứ giác nội tiếp (tứgiác có 2 đỉnh kề
nhau nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau)
⇒
B
1 =
F
1(cùng chắn
EC
)
Ta có:
EH
/ /
CF
(cùng vng góc với
AB
)
⇒
F
1 =
E
1(so le trong) do đó
B
1=
E
1( )
1
Theo câu a, tứ giác
BHEK
nội tiếp nên
B
1=
H
1(cùng chắn
EK
) 2
( )
Từ(1) và (2) ta suy ra
H
1 =
E
1'
I HE
∆
có
H
1 =
E
1nên là tam giác cân
⇒
I H
'
=
I E
'
( )
3
Lại có:
0
1 2
90
H
+
H
=
BHE
=
;
F
2 +
E
1=
90 (
0
do HFE
∆
vuông tại H)
Nên
H
2 =
F
2hay tam giác
I HF
'
cân tại
I
'
⇒
I H
'
=
I F
'
( )
4
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:
(
)
(
) (
)
(
)
(
) (
)
2
2
2
2
2 2
2
3
2
1
2
2 3
2
2
2
2
2
2 3
2
2
0
2
1
2
1
3
2
2 3
2
1
0
2
1
1
3
2 1
0
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
+
− =
+
⇔
+
− =
+
⇔
−
−
− + =
⇔
−
+
−
+ +
− −
− + =
⇔
−
+
−
+
− −
=
Vì
(
)
2
(
)
2
1
0;
1
0
x
−
≥
x
−
≥
và
(
3
x
− −
2 1
)
2
≥
0
với mọi
2
3
x
≥
nên:
(
)
2 (
) (
2
)
2
2
1
1
3
2 1
0
1 0
1
1 0
1
1(
)
3
2 1
3
2 1 0
x
x
x
x
x
x
x
x
tm
x
x
−
+
−
+
− −
=
− =
=
⇔
− =
⇔
=
⇔ =
− − =
− =
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰNHIÊN
Đề số24b
ĐỀTHI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2020
MƠN THI: TỐN (cho tất cảcác thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kểthời gian phát đề)
Câu I. (4 điểm)
1) Giải hệphương trình :
(
)
2 2
3 2
7
9
70
x
y
xy
x
xy
x
y
+
+
=
=
+
−
2) Giải phương trình:
11 5
− +
x
8 2
x
− =
1
24
+
3
(
5
−
x
)(
2
x
−
1
)
Câu II. (2 điểm)
1) Tìm
x y
,
nguyên dương thỏa mãn
x y
2 2
−
16
xy
+
99
=
9
x
2
+
36
y
2
+
13
x
+
26
y
2) Với
a b
,
là những số thực dương thỏa mãn
2 2
2
≤
2
a
+
3
b
≤
5
;8
a
+
12
b
≤
2
a
+
3
b
+
5
ab
+
10
Chứng minh rằng: 2 2
3
a
+
8
b
+
10
ab
≤
21
Câu III. (3 điểm)
Cho tam giác
ABC
có
BAC
là góc nhỏ nhất trong ba góc của tam giác và nội tiếp đường
tròn (O). Điểm
D
thuộc cạnh
BC
sao cho
AD
là phân giác
BAC
.
Lấy các điểm
M N
,
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 tựlà trung điểm của các đoạn thẳng
AM AN
,
.
Chứng minh rằng
các đường thẳng
EQ FP AD
,
,
đồng quy.
Câu IV. (1 điểm)
Với
a b c
, ,
là những số thực dương thỏa mãn
a
+ + =
b
c
3.
Chứng minh rằng:
(
)
(
)
(
(
)
)
(
(
)
)
2 2 2
2 2 2
4
2
2
2
a a
bc
b b
ca
c c
ab
b ab
c
c bc
a
a ca
b
+
+
+
+
+
≥
ĐÁP ÁN
Câu I.
1) Giải hệphương trình:
(
)
2 2
3 2
7
(1)
9
70
(2)
x
y
xy
x
xy
x
y
+
+
=
=
+
−
Nếu
x
=
y
,
hệphương trình trở thành
2
3
7
3
7
3
8
0
0
x
x
x
x
=
= ±
⇔
=
=
(Vơ nghiệm), do đó
x
≠
y
Nhân cả hai vế của phương trình
( )
1
với
x
− ≠
y
0
ta có:
( ) (
)
(
2 2
)
(
)
3 3
(
)
(
3 3
)
(
)
1
⇔
x
−
y
x
+
y
+
xy
=
7
x
−
y
⇔
x
−
y
=
7
x
−
y
⇔
10
x
−
y
=
70
x
−
y
Thếvào phương trình
( )
2
ta có:
( )
(
)
(
)
(
)
( )
( )
3 2 3 3 3 2 3
2 2
2 2
2
9
10
10
0
2
0
3
2
2
5
0
2
5
0
4
x
xy
x
y
x
xy
y
x
y
x
y
x
xy
y
x
xy
y
⇔
=
+
−
⇔
+
−
=
−
=
⇔
−
+
+
= ⇔
+
+
=
Ta có:
( )
3
⇔ =
x
2
y
Thếvào phương trình (1) ta có: 2 2 2 2
1
2
4
2
7
7
7
1
2
y
x
y
y
y
y
y
x
= ⇒ =
+
+
= ⇔
= ⇔ = − ⇒ = −
( )
(
)
(
) ( )
2
2 2 2 2
2 2
4
2
4
0
2
4
0
2
0
2
2
0
0(
)
0
x
xy
y
y
x
y
y
x
y
x
y
y
x
y
ktm
y
⇔
+
+
+
= ⇔
+
+
=
+
=
⇔
+
+
= ⇔
=
⇔ = =
Vậy nghiệm của hệphương trình là
( ) ( ) (
x y
;
∈
{
2;1 ;
− −
2; 1
)
}
2) Giải phương trình:
11 5
− +
x
8 2
x
− =
1
24
+
3
(
5
−
x
)(
2
x
−
1
)
(
)(
) ( )
11 5
− +
x
8 2
x
− =
1
24
+
3
5
−
x
2
x
−
1
*
ĐKXĐ:
5
0
1
5
2
1 0
2
x
x
x
− ≥
⇔ ≤ ≤
− ≥
Đặt :
(
)
(
)
2
2
5
0
5
2
1
2
1
0
x
a a
a
x
b
x
x
b b
− =
≥
= −
⇒
=
−
− =
≥
(
)
2 2
2
a
b
2 5
x
2
x
1 9
Khi đó ta có:
11
2 8
2 24
3
(1)
2
9 (2)
a
b
ab
a
b
+
=
+
+
=
Giải phương trình
( )
1
ta có:
( )
1
⇔
11
a
−
3
ab
=
24 8
−
b
⇔
a
(
11 3
−
b
)
=
24 8
−
b
( )
*
Với
11 3
0
11
( )
*
0
16
3
3
b
b
a
−
= ⇔ =
⇒
⇔
= −
(vô lý)
11
3
b
⇒ =
không là nghiệm của
phương trình (*)
24 8
8
24
11 3
3
11
b
b
a
b
b
−
−
⇒ =
=
−
−
, Thay
8
24
3
11
b
a
b
−
=
−
vào
( )
2
ta được:
( )
(
) (
) (
)
(
)
(
)
(
)(
)(
)(
)
2
2
2 2 2 2
2 4 3 2 2
4 3 2 4 3 2
3 2
8
24
2
2
9
3
11
2 64
384
576
9
66
121
9 9
66
121
128
768
1152
9
66
121
81
594
1089
0
9
66
168
174
63
0
3
22
56
58
21 0
1 3
19
37
21
0
1
1
3 3
7
0
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
b
−
⇔
+
=
−
⇔
−
+
+
−
+
=
−
+
⇔
−
+
+
−
+
−
+
−
=
⇔
−
+
−
+
= ⇔
−
+
−
+
=
⇔
−
−
+
−
= ⇔
−
−
−
−
=
2
1 1
1 0
1
2
1 1
1(
)
3
0
3
2
1
3
2
1 9
5(
)
3
7
0
7
7
49
29
2
1
2
1
(
)
3
3
9
9
x
b
b
x
x
tm
b
b
x
x
x
tm
b
b
x
x
x
tm
− =
− =
=
− =
=
⇔
− =
⇔
= ⇔
− = ⇔
− =
⇔
=
− =
=
− =
− =
=
Vậy phương trình có tập nghiệm
1;
29
;5
9
S
=
Câu II.
1) Tìm
x y
,
nguyên dương thỏa mãn: x y
2 2
−
16
xy
+
99
=
9
x
2
+
36
y
2
+
13
x
+
26
y
(
)
(
) (
)( )
2 2 2 2
2 2 2 2
2
2 2
16
99
9
36
13
26
20
99
9
36
36
13
26
20
100
1
3
2
13
2
*
x y
xy
x
y
x
y
x y
xy
x
xy
y
x
y
x y
xy
x
y
x
y
−
+
=
+
+
+
⇔
+
+
=
+
+
+
+
⇔
+
+
− =
+
+
Đặt
(
)
(
)
2
0
10
10
x
y
a a
xy
b b
+
=
>
+
=
>
( )
2 2
*
b
1 9
a
13
a
(
)
(
)(
)
2 2
2
2
2 2
13
169
169
9
2.3 .
1
6
36
36
13
133
3
18
13
36
133
6
36
18
6
13 18
6
13
133
(1)
a
a
b
a
b
a
a
b
a
b
⇔
+
+
−
=
−
⇔
+
−
=
⇔
+
−
=
⇔
−
+
+
+
=
Ta lại có :
a b
,
> ⇒
0
18
a
+
6
b
+
13 18
>
a
−
6
b
+
13
>
0
Lại có 133 133.1 19.7
=
=
( )
11
(
)
18
6
13
0
18
6
120
3
18
6
13 1
18
6
12
19
1
18
6
13 19
18
6
32
6
(
)
18
6
13
7
18
6
6
25
18
b
tm
a
b
a
b
a
a
b
a
b
a
a
b
a
b
ktm
a
b
a
b
b
=
+
+
=
+
=
=
−
+
=
−
= −
⇒
⇔
⇔
⇔
=
+
+
=
+
=
−
+
=
−
= −
= −
(
)
(
)(
)
2
3 2
3 2
2
3
3 2
3 2
1
10 11
1
2
3
1 0
3 2
3 2
1
1(
)
(
)
2
1
1
0
2
1(
)
1
x
y
x
y
x
y
x
y
y
y
xy
xy
y
y
x
y
x
y
x
tm
y
ktm
y
y
y
tm
y
= −
= −
+
=
= −
⇒
⇔
⇔
⇔
−
=
+
=
=
−
+ =
= −
= −
=
⇔
−
− =
⇔
=
⇔
=
=
Vậy phương trình có nghiệm
( ) ( )
x y
;
=
1;1
2) Với
a b
,
là những sốthực dương thỏa mãn 2
≤
2
a
+
3
b
≤
5 1 ;
( )
2 2
8
a
+
12
b
≤
2
a
+
3
b
+
5
ab
+
10
.
Chứng minh rằng 3
a
2
+
8
b
2
+
10
ab
≤
21 2
( )
Giải
( )
2
⇔
8
a
+
12
b
≤
(
2
a
+
3
b a
)(
+
b
)
+
10
≤
5
(
a
+
b
)
+
10
3
a
7
b
10.
⇔
+
≤
Mặt khác
2
a
+
3
b
≤
5
Dựđoán dấu
" "
=
xảy ra
⇔ = =
a
b
1
Ta có:
( )
(
) (
)
2 2
3
8
10
3
4
.
2
I
a
+
b
+
ab
=
a
+
b
a
+
b
Áp dụng bất đẳng thức
(
)
2
4
A
B
AB
≤
+
, ta có:
( )
(
)
(
) (
9
12
7
14
)
2
21.
3 3
4
. 7
2
4
a
b
a
b
( ) (
16
26
) (
2
)
2
21.
8
13
4
a
b
I
+
a
b
⇒
≤
=
+
Ta biểu diễn
8
a
+
13
b
theo
3
a
+
7
b
và
2
a
+
3
b
bằng cách đồng nhất hệ số
Xét
8
a
+
13
b
=
x
(
3
a
+
7
b
) (
+
y
2
a
+
3
b
)
(
)
(
)
( ) (
)
(
)
(
)
( )
2 2
2 2
8
13
3
2
.
7
3
.
2
3
2
8
5
7
3
13
17
5
2
17
2
17
21.
8
13
. 3
7
. 2
3
.10
.5
21
5
5
5
5
21.
a
b
x
y a
x
y b
x
x
y
x
y
y
I
a
b
a
b
a
b
I
⇔
+
=
+
+
+
=
+
=
⇔
⇔
+
=
=
⇒
≤
+
=
+
+
+
≤
+
=
⇒
≤
Dấu
" "
=
xảy ra
⇔ = =
a
b
1
Câu III.
1) Chứng minh rằng
AM
=
AN
K
Q
P
F
E
N
M
D
O
A
B
Ta có:
NBA
=
DAB
(so le trong do
BN
/ /
AD
)
(
)
DAB
=
DAC gt
;
DAC
=
ACM
(so le trong do
CM
/ /
AD
)
NBA
MCA
sd AN
sd AM
⇒
=
⇒
=
(trong một đường trịn, 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 trịn.Ta có:
1
(
)
2
AEF
=
sd AN
+
sd CM
(góc có đỉnh ởbên trong đường trịn)
(
)
1
2
sd AM
sd CM
=
+
1
2
sd AC
ABC
=
=
(góc nội tiếp bằng nửa sốđo cung bị chắn)
Vậy tứ giác
BCEF
là tứ giác nội tiếp (tứgiác có góc ngồi 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 quyÁp dụng định lý Mê-lê-na-uýt trong tam giác
AHN
,
cát tuyến
EKQ
, ta có:
.
.
1
.
1
EN KH QA
EN KH
EH KA QN
= ⇒
EH KA
=
(do
Q
là trung điểm của
AN gt
(
)
nên
QA
=
QN
)
( )
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:
'
'
.
.
1
.
1
'
'
FM K H PA
FM K H
FH K A PM
= ⇒
FH K A
=
(Do
P
là trung điểm của
AM gt
( )
nên
PA
=
PM
)
( )
'
'
FM
K A
II
FH
K H
⇒
=
Ta sẽ chứng minh
EN
FM
FM
FH
FM
FH
HM
( )
*
EH
FH
EN
EH
EN
EH
HN
−
=
⇔
=
=
=
−
(tính chất dãy tỉ số
bằng nhau)
Vì
BN
/ /
AD
/ /
CM
nên áp dụng định lý Ta – let ta có:
HM
DC
HN
=
DB
Lại có :
DC
AC
DB
=
AB
(định lý đường phân giác), do đó:
( )
1
HM
AC
HN
=
AB
Xét
∆
AEF
và
∆
ABC
có:
AEF
=
ABC cmt BAC
(
),
chung
( )
.
AC
AF
( )
2
AEF
ABC g g
AB
AE
Từ(1) và (2)
HM
AF
( )
3
HN
AE
⇒
=
Tiếp tục áp dụng định lý đường phân giác trong tam giác
AEF
ta có:
AF
HF
( )
4
AE
=
HE
Từ(3) và (4) ta suy ra
HM
HF
,
HN
=
HE
do đó
( )
*
được chứng minh, tức là
( )
EN
FM
III
EH
=
FH
Từ
( ) ( ) ( )
I
,
II
,
III
suy ra
'
'
KA
K A
KH
=
K H
, do đó
K
≡
K
'
Vậy
EQ FP AD
,
,
đồng quy tại K
Câu IV.Với
a b c
, ,
>
0,
a
+ + =
b
c
3
ta có:
(
)
(
)
(
(
)
)
(
(
)
)
(
(
)
)
(
(
)
)
(
(
)
)
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
2
2
2
2
2
a a
bc
b b
ca
c c
ab
a
a
bc
b b
ca
c
c
ab
P
b ab
c
c bc
a
a ca
b
ab ab
c
bc bc
a
ca ca
b
+
+
+
+
+
+
=
+
+
=
+
+
+
+
+
+
+
+
Áp dụng BĐT
(
)
2
2 2 2
a
b
c
a
b
c
x
y
z
x
y
z
+ +
+
+
≥
+ +
ta có:
(
)
(
)
(
(
)
)
2 2
2 2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
3
3
2
a
b
c
abc
a
b
c
abc
P
P
a b
b c
c a
abc a
b
c
ab
bc
ca
+
+
+
+
+
+
≥
⇒ ≥
+
+
+
+ +
+
+
Đặt
,
a
b
c
p
ab
bc
ca
q
abc
r
+ + =
+ + =
=
áp dụng BĐT Schur ta có:
(
2
)
9
r
≥
p
4
q
−
p
(
)
(
)
9
abc
3 4
ab
bc
ca
9
3
abc
4
ab
bc
ca
9
⇒
≥
+
+
−
⇔
≥
+
+
−
Khi đó ta có:
(
)
(
)
2
2 2 2
2
4
9
a
b
c
ab
bc
ca
P
ab
bc
ca
+
+
+
+
+
−
≥
+
+
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
(
)
)
2
2
2
2
22
2 2
2
9
3
2
9
4
4
a
b
c
ab
bc
ca
P
ab
bc
ca
ab
bc
ca
ab
bc
ca
P
P
ab
bc
ca
ab
bc
ca
+ +
+
+
+
−
≥
+
+
+
+
+
−
+
+
≥
⇒ ≥
=
+
+
+
+
Dấu
" "
=
xảy ra
⇔ = = =
a
b
c
1
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
Đề số24c
CỘNG HÒA XA HỘI CHỦNGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tựdo – Hạnh phúc
ĐỀCHÍNH THỨC
Bài 1. (2,0 điểm)
Cho biểu thức
4
8
:
1
2
4
2
2
x
x
x
P
x
x
x
x
x
−
=
+
−
−
+
−
với
x
>
0;
x
≠
4;
x
≠
9
a) Rút gọn biểu thức
P
b) Tìm
m
sao cho
m
(
x
−
3 .
)
P
> +
x
1
đúng với mọi giá trị
x
>
9
Bài 2. (3,0 điểm)
a) Trong hệtrục tọa độ
Oxy
cho hai đường thẳng
( )
d
1 :
y
=
5
x
+
9
và
( )
(
2
)
2
:
4
3
d
y
=
m
−
x
+
m
(
m
là tham số). Tìm các giá trị của
m
đểhai đường thẳng
1
d
và
d
2là song song.
b) Cho phương trình: 2
(
)
2
1
2
5
0
x
−
m
−
x
+
m
− =
(
m
là tham số). Tìm các giá trị của
m
đểphương trình trên có 2 nghiệm
x x
1,
2thỏa mãn:
(
2
)
(
)
1
2
1
2
1
2
2
0
x
−
mx
+
m
−
x
−
≤
c) Hai ô tô cùng khởi hành một lúc trên quãng đường từA đến
B
dài
120
km
. Vì mỗi
giờ ơ tơ thứ nhát chạy nhanh hơn ô tô thứhai là 10
km
nên đến
B
trước ô tô thứ hai
là
0, 4
giờ. Tính vận tốc mỗi ơ tơ, 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 khn gỗ, phía trên có dạng nửa hình trịn, phía
dưới có dạng hình chữ nhật. Biết rằng : đường kính của nửa hình trịn cũng là
cạnh phía trên của hình chữ nhật và tổng độ dài các khn gỗ(các đường in
đậm vẽtrong hình bên, bỏqua độrộng của khuôn gỗ) là
8 .
m
Em hãy giúp bác
An tính độ dài các cạnh của hình chữ nhật để cửa sổcó diện tích lớn nhất
Bài 4. (3,0 điểm)
Cho đường tròn
( )
O
và một điểm nằm ngồi đường trịn. Kẻ tiếp tuyến
AB
với
đường tròn
( )
O
(B là tiếp điểm) và đường kính
BC
.
Trên đoạn thẳng
CO
lấy điểm
I
(
I
khác C và O). Đường thẳng
IA
cắt
( )
O
tại hai điểm
D
và
E
(
D
nằm giữa A và E). Gọi
H
là trung điểm của đoạn thẳng
DE
a) Chứng minh
AB BE
.
=
BD AE
.
b) Đường thẳng
d
đi qua điểm
E
song song với
AO
,
d
cắt
BC
tại điểm
K
.
Chứng
minh
HK
/ /
CD
c) Tia
CD
cắt
AO
tại điểm
P
,
tia
EO
cắt
BP
tại điểm
F
.
Chứng minh tứ giác
BECF
là hình chữ nhật
0
, ,
1
3
1
1
1
x y z
x
y
z
y
zx
z
xy
x
yz
x
y
z
<
≤
+
+
=
+ +
+ +
+ +
+ +
ĐÁP ÁN Bài 1.a) Rút gọn biểu thức
P
Với
x
>
0,
x
≠
4,
x
≠
9
ta có:
(
)(
)
(
)
4
8
1
2
4
8
1
2
:
:
4
2
2
2
2
2
.
2
x
x
x
x
x
x
P
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
−
−
=
+
−
=
+
−
−
+
−
+
−
+
−
(
)
(
)(
)
(
(
)
)
(
)(
)
(
)
(
)(
)
(
)
(
(
) (
)
)
4
2
8
1 2
2
8
4
8
2
:
.
1 2
4
2
2
2
2
2
2
4
.
2 .
8
4
4
.
3
3
2
2
2 .
3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
P
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
−
+
− −
−
−
+
−
=
=
− −
+
−
+
−
−
+
−
+
+
=
=
=
−
−
−
+
+
−
Vậy
4
3
x
P
x
=
−
.
b) Tìm
m
sao cho m
(
x
−
3 .
)
P
> +
x
1
đúng với mọi giá trị x
>
9
Điều kiện:
x
>
9.
∀ >
x
9,
Ta có:
(
)
(
)
(
)
4
3 .
1
3 .
1
3
1
4
1
4
1
1
4
1
x
m
x
P
x
m
x
x
x
mx
x
m
x
m
x
−
> + ⇔
−
> +
−
⇔
> + ⇔
−
> ⇔
− >
Vì
x
>
9
nên
1
1
9
x
<
Do đó
4
m
1
1
,
x
9
x
− >
∀ >
thì
4
1
1
9
m
− ≥
4
10
5
9
18
m
m
⇔
≥
⇔ ≥
Vậy
5
18
m
≥
Bài 2.
a) Tìm các giá trịcủa
m
đểhai đường thẳng d d
1,
2song song2 2
3
4
5
9
3
3
3
9
3
3
m
m
m
m
m
m
m
m
=
− =
=
⇔
⇔
⇔
= −
⇔ = −
≠
≠
≠
Vậy
m
= −
3
thì đường thẳng
d
1và
d
2song song.
b) Tìm m để
(
2
)
(
)
1
2
1
2
1
2
2
0
x
−
mx
+
m
−
x
−
≤
Xét phương trình: 2
(
)
2
1
2
5
0
x
−
m
−
x
+
m
− =
, ta có:
(
)
(
)
( )
2 2
2
2
'
1
2
5
2
1 2
5
4
4
2
2
2
0
m
m
m
m
m
m
m
m
m
∆ =
−
−
+ =
−
+ −
+
=
−
+ + =
−
+ > ∀
⇒
Phương trình đã cho ln có hai
nghiệm phân biệt
x x
1,
2với mọi
m
Áp dụng hệ thức Vi et ta có: 1 2
1 2
2
2
2
5
x
x
m
x x
m
+
=
−
=
−
Vì
x
1là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
(
)
(
)
2 2
1 1 1 1 1
2 2
1 1 1 1 1 1
2
1
2
5
0
2
2
2
5
0
2
2
1 2
4
0
2
2
1
2
2
x
m
x
m
x
mx
x
m
x
mx
m
x
x
mx
m
x
−
−
+
− = ⇔
−
+
+
− =
⇔
−
+
− +
− = ⇔
−
+
− = −
−
Theo đềbài ta có:
(
)
(
)
(
)(
)
(
)(
)
(
)
(
)
2
1 1 2 1 2
1 2 1 2 1 2
2
2
1
2
0
2
2
2
0
2
2
0
2
4
0
2
5
2 2
2
4
0
2
1 4
4
0
3
2
1 4
4
0
2
3
2
x
mx
m
x
x
x
x
x
x x
x
x
m
m
m
m
m
m
m
m
−
+
−
−
≤ ⇔ −
−
−
≤
⇔
−
−
≥ ⇔
−
+
+ ≥
⇔
− −
−
+ ≥ ⇔
− −
+ ≥
⇔
− −
+ ≥ ⇔ −
≥ − ⇔ ≤
Vậy
3
2
m
≤
thỏa mãn điều kiện bài tốn
c) Tính vận tốc mỗi ơ tơ
Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là
x km h
(
/
)(
x
>
10
)
⇒
Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường
AB
là
120
( )
h
x
Vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô thứhai là
10
km h
/
⇒
Vận tốc của ô tô
thứhai là :
x
−
10(
km h
/ )
⇒
Thời gian của ô tô thứhai đi hết qng đường
AB
là :
120
( )
10
h
x
−
Vì ơ tô thứ nhất đến B trước ô tô thứhai là
0, 4
2
5
(
)
(
)
(
)(
)
2 2
2 2
120
120
2
5.120
5.120.
10
2
10
10
5
600
600
6000
2
20
2
20
6000
0
10
3000
0
60
50
3000
0
60
0
60(
)
60
50
0
50
0
50
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
tm
x
x
x
x
−
= ⇔
−
−
=
−
−
⇔
−
+
=
−
⇔
−
−
=
⇔
−
−
= ⇔
−
+
−
=
−
=
=
⇔
−
+
= ⇔
⇔
+
=
= −
Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là
60
km h
/
và vận tốc của ô tô thứhai:
60 10
−
=
50(
km h
/ )
Bài 3. Tính độdài cạnh và diện tích lớn nhất
Gọi đường kính của nửa hình trịn là
x m
( )(
0
< < ⇒
x
8
)
Bán kính của nửa đường trịn
( )
2
x
m
Khi đó cạnh phía trên của hình chữ nhật:
x m
( )
Gọi cạnh cịn lại của hình chữ nhật là
y m
( )(
0
< <
y
8
)
Độ dài nửa đường trịn phía trên:
1
( )
2
2
x
x
π
m
π
=
Khi đó ta có tổng độ dài các khuôn gỗ:
2
8
1
2
8
2
2
x
x
y
x
y
π
+ +
= ⇔
π
+
+
=
2
2
8
1
4
2
4
y
π
x
y
π
+
x
⇔
= −
+
⇔ = −
Diện tích của cửa số:
2 2
1
2
2
8
x
x
S
=
π
+
xy
=
π
+
xy
2 2
2
2 2
2 2
2 2
2
2
4
4
8
4
8
4
1
4
4
4
8
2
8
4
32
4
16
16
16
.
.
2 .
8
4
8
4
4
4
x
x
S
x
x
S
x
x
S
x
x
S
x
x
S
x
x
S
x
x
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
π
+
+
⇔ =
+
−
⇔ =
+
−
+
⇔ = −
+
+
⇔ = −
+
+
+
⇔ = −
−
⇔ = −
−
+
−
+
+
+
+
2
4
16
32
32
.
8
4
4
4
S
π
x
π
π
π
+
⇔ = −
−
+
≤
+
+
+
Dấu
" "
=
xảy ra
16
0
16
(
)
4
4
x
x
tm
π
π
⇔ −
= ⇔ =
+
+
(
)
4
16
4
2
2
16
4
16
4
8
8
4
.
(
)
4
4
4
4
4
y
π
π
π
π
π
tm
π
π
π
π
+
−
+
+
+
−
−
⇒ = −
=
=
=
+
+
+
+
Vậy khi cửa sổcó diện tích lớn nhất thì độ dài cạnh trên của hình chữ nhật là:
16
4
m
π
+
và
cạnh bên của hình chữ nhật là
8
(
)
4
cm
π
+
Bài 4.
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
dây cung cùng chắn
BD
)
⇒ ∆
ABD
∆
AEB g g
( . )
AB
BD
AE
BE
⇒
=
(hai cặp cạnh tương ứng tỉlệ )
⇒
AB BE
.
=
BD AE dfcm
.
(
)
b) Chứng minh
HK
/ /
CD
Vì
H
là trung điểm của
DE gt
(
)
nên
OH
⊥
DE
(tính chất đường kính và dây cung)
0
0
90
90
OHD
OHA
⇒
=
⇒
=
Xét tứ giác
OBAH
có :
OHA
=
90 (
0
cmt OBA
);
=
90
0(do
AB
là tiếp tuyến của
( )
O
)
⇒
+
=
+
=
⇒
d
F
P
Q
K
H
D
E
C
B
O
A
OAH
OBH
⇒
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung OH)
Mà
OAH
=
HEK
(so le trong do
d
/ /
OA
)
OBH
HKE
HBK
⇒
=
=
⇒
Tứ giác
BEKH
là tứ giác nội tiếp (Tứgiác có hai đỉnh kề
nhau cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).
HKB
HEB
DEB
⇒
=
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
HB
)
Mà
DEB
=
DCB
(hai góc nội tiếp cùng chắn
BD
)
⇒
HKB
=
DCB
(hai góc nội tiếp cùng
chắn cung
BD
)
⇒
HKB
=
DCB
(
=
DEB
)
. Lại có hai góc này ở vịtrí đồng vị bằng nhau
/ /
(
)
HK
CD dfcm
⇒
c) Chứng minh
BECF
là hình chữnhậtKẻ tiếp tuyến
AQ
với đường tròn
( ) (
O
Q
≠
B
)
Xét tứ giác
OBAQ
có:
OBA OQA
+
=
90
0
+
90
0
=
180
0
⇒
OBAQ
là tứ giác nội tiếp (Tứ
giác có tổng hai góc đối bằng 0
180 )
OBQ
OAQ
PAQ
⇒
=
=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
OQ
)
Lại có:
OBQ
=
CBQ
=
CDQ
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
CQ
)
(
)
PAQ
CDQ
OBQ
⇒
=
=
⇒
Tứ giác
APDQ
là tứ giác nội tiếp (Tứgiác có góc ngồi
bằng góc trong tại đỉnh đối diện)
⇒
ADP
=
AQP
(hai góc nội tiếp cùng chắn
AP
)
Mà
ADP
=
CDE
(đối đỉnh)
⇒
CDE
=
CBE
(hai góc nội tiếp cùng chắn
CE
)
AQP
CBE
( )
1
⇒
=
Xét
∆
ABP
và
∆
AQP
có:
AP chung
;
BAP
=
QAP
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau);
AB
=
AQ
( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
⇒ ∆
ABP
= ∆
AQP c g c
( . . )
(2)
ABP
AQC
⇒
=
(hai góc tương ứng)
Từ(1) và (2)
⇒
CBE
=
ABP
(
=
AQP
)
0
90
CBE
CBF
ABP
CBF
EBF
ABC
⇒
+
=
+
⇒
=
=
EBF
⇒
là góc nội tiếp chắn nửa đườn trịn (O) nên
EF
là đường kính của
( )
O
O
⇒
là trung điểm của
EF
Xét tứ giác
BECF
có hai đường chéo
BC EF
,
cắt nhau tại trung điểm mỗi đường
BECF
⇒
là hình bình hành. Lại có:
0
90 (
)
EBF
=
cmt
nên
BECF
là hình chữ nhật
Bài 5.
Ta có:
2
1
1
x
x
xy
y
≤ ⇒
≤
≤
(
)
2 2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
x
xy
y
x
xy
zx
y
zx
x
xy
xz
y
zx
y
xz
x x
y
z
x
y
xz
x
y
z
⇒
+
≤ + ⇒
+
+
≤ + +
⇒
≥
⇒
≤
+
+
+ +
+ +
+ +
⇒
≤
+ +
+ +
Chứng minh tương tựta có:
1
;
1
1
1
y
z
z
xy
≤
x
y
z
x
yz
≤
x
y
z
+ +
+ +
+ +
+ +
Cộng vếtheo vế các bất đẳng thức ta được :
3
1
1
1
x
y
z
y
xz
+
z
xy
+
x
yz
≤
x
y
z
+ +
+ +
+ +
+ +
Dấu
" "
=
xảy ra
⇔ = = =
x
y
z
1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số25
KỲTHI TUYỂN SINH 1O THPT
Năm học 2020-2021
Mơn thi: TỐN CHUNG
Câu 1. (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau:
(
)
(
)
2
2
)
1
2 1
2 1
1
1
3
)
1
0
3
a P
b Q
x
x
x
x
−
=
+
−
−
=
−
+
>
+
Câu 2. (2,5 điểm)
a) Giải phương trình: 4 2
5
36
0
x
+
x
−
=
b) Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
,
cho đường thẳng
( )
d
:
y
=
(
a
−
1
)
x
+
b
đi qua điểm
(
1; 2
)
M
− −
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
5
cm
,
đoạn
BH
bằng
3
cm
.
Tính độ dài các cạnh
AC
và
BC
.
Câu 5. (2,0 điểm) Cho đường trịn tâm
O
,
đường kính
MN
,
điểm I thay đổi trên đoạn
OM
(
I
khác M). Đường thẳng qua
I
vng góc với
MN
cắt
( )
O
tại
P
và
Q
.
Trên tia đối của tia
NM
lấy điểm
S
cốđịnh. 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 độdài đoạn
OH
khơng phụ thuộc vào vịtrí của điểm I.
Câu 6. (1,0 điểm) Cho
a b
,
là các số thực dương thỏa mãn
a
(
2
a
− +
1
) (
b
2
b
− =
1
)
2
ab
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3
2020
2020
a
b
F
b
a
+
+
=
+
ĐÁP ÁN
Câu 1.
(
)
2
(
2 1
) ( ) ( )( )
2
2
)
1
2 1
1
2 1
2
1
2 1
2 1 1
2 1
2 1
a P
−
−
=
+
− =
+
− =
+
− = − =
−
−
(
)
(
)
(
)
1
1
3
1
3
3
3
.
3
3
3
3
3
.
3
Q
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
=
−
+
+
+
+
=
−
+
+
−
−
+
−
=
=
+
Vậy
Q
3
x
= −
với
x
>
0
Câu 2.
a) Giải phương trình 4 2
5
36
0
x
+
x
−
=
Đặt 2
(
)
0
t
=
x t
≥
, ta có phương trình:
t
2
+ −
5
t
36
=
0
(
) (
)
(
)(
)
2
2
9
4
36
0
9
4
9
0
4
9
0
4
0
4(
)
4
2
9
0
9(
)
t
t
t
t t
t
t
t
t
t
tm
x
x
t
t
ktm
⇔ + − −
= ⇔
+
−
+
= ⇔ −
+
=
− =
=
⇔
⇔
⇒
= ⇒ = ±
+ =
= −
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm
x
=
2;
x
= −
2
b) Tìm các số
a
và bVì hai đường thẳng
( )
d
và
( )
d
'
song song với nhau nên
1 3
4
1
1
a
a
b
b
− =
=
⇔
≠ −
≠ −
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
3
y
=
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:
610
x
+ =
y
Trong q II:
TổA tăng thêm
10%
so với quý I nên tổ
A
sản xuất được
(
1 10%
+
)
x
=
1,1
x
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)
610
1,1
1,1
671
0,04
10
250
250(
)
1,1
1,14
681
1,1
1,14
681
610
610
250
360(
)
x
y
x
y
y
x
x
tm
x
y
x
y
x
y
y
y
tm
+ =
+
=
=
=
=
⇔
⇔
⇔
⇔
+
=
+
=
=
−
=
−
=
Vậy trong quý I, Tổ
A
sản xuất được
360
sản phẩm, tổ B sản xuất được
250
sản phẩm
Câu 4.
Xét tam giác
ABC
vng tại
A
có đường cao
AH
,
theo hệ thức lượng trong tam giác
vng ta có:
2 2
2
5
25
.
(
)
3
3
AB
AB
BH BC
BC
cm
BH
=
⇔
=
=
=
Xét
∆
ABC
vuông tại A, theo định lý
Pytago
ta có:
2
2 2 2 2 2 2 2
25
2
400
5
3
9
400
20
(
)
9
3
BC
AB
AC
AC
BC
AB
AC
AC
cm
=
+
⇔
=
−
⇔
=
−
=
⇒
=
=
Vậy
25
,
20
3
3
BC
=
cm AC
=
cm
Câu 5.
H
A
B
C
H
E
N
Q
P
O
M
I
a) Chứng minh
∆
SPN
∆
SME
Ta có : bốn điểm
P E M N
, ,
,
cùng thuộc (O) nên tứ giác
PENM
nội tiếp
EPN
EMN
⇒
=
(góc nội tiếp cùng chắn cung
EN
)
Xét
∆
SPN
và
∆
SME
có :
S chung EPN
;
=
EMS cmt
(
)
( . )
(
)
SPN
SME g g
dfcm
⇒ ∆
∆
b) Chứng minh độdài đoạn
OH
không phụthuộc vào ITừ câu
a
,
SPN
SME
SP
SN
SM
SE
∆
∆
⇒
=
(hai cặp cạnh tương ứng tỉlệ)
( )
.
.
1
SP SE
SM SN
⇒
=
Ta có:
1
2
PEH
=
PEQ
=
sd PQ
=
sd
=
PM
=
POM
0
0
180 ;
180
PEH
+
SEH
=
POM
+
POS
=
⇒
SEH
=
POS
Xét
∆
SEH
và
∆
SOP
có:
SEH
=
POS cmtt S
(
);
chung
(
)
SE
SH
SEH
SOP g
g
SO
SP
⇒ ∆
∆
−
⇒
=
(Hai cặp cạnh tương ứng tỉlệ)
( )
.
.
2
SE SP
SO SH
⇒
=
Từ(1) và (2) suy ra
SO SH
.
SM SN
.
SH
SM SN
.
SO
=
⇒
=
Mà
S M N O
,
, ,
cốđịnh nên
SM SN SO
,
,
không đổi
⇒
SH
không đổi
OH
SO
SH
⇒
=
−
không đổi
Vậy độ dài
OH
khơng phụ thuộc vào vịtrí điểm
I dfcm
(
)
Câu 6.
(
) (
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
) (
)
(
)
(
)
2 2 2 2
2 2
2
2 2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
6
3
2
6
6.
.
4
2
a
a
b
b
ab
a
b
a
b
ab
a
b
a
b
ab
a
b
ab
a
b
ab
a
b
a
b
a
b
ab
a
b
− +
− =
⇔
+
−
+
=
⇔
+
−
+
=
⇔
+
+
−
+
=
+
⇔
+
−
+
=
≤
=
+
(
) (
2
)
3
(
)
2
2
0
2
a
b
a
b
a
b
⇒
+
−
+
−
+
≤
(
) (
2
)
1
0
0
2
2
a
b
a
b
a
b
⇔
+
−
+
≤ ⇔ ≤ + ≤
. Ta có:
3 3 3 3
2020
2020
2020
2020
a
b
a
b
F
b
a
b
b
a
a
+
+
3 3 4 4
1
1
1
1
2020
2020
a
b
a
b
b
a
b
a
ab
ab
b
a
=
+
+
+
=
+
+
+
Áp dụng các BĐT cơ bản
(
)
2
2 2
x
y
x
y
a
b
a
b
+
+
≥
+
và
1
1
4
a
+ ≥
b
a
+
b
ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
2
2 2
4 4
2
2 2
2
2 2
2 2
2 2
3
1
1
4
2020
2020.
2
8080
8080
1
8080
2
4
4
8072
4
4
8072
3
.
.
4042
2
2
2
4042
a
b
a
b
ab
ab
a
b
ab
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b a
b
F
+
+
+
+
≥
+
+
+
≥
+
=
+
+
≥
+
+
+
+
+
+
+
+
=
+
+
+
≥
+
=
+
+
+
+
+
⇒ ≥
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀCHÍNH THỨC
Đề số26
ĐỀTHI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020-2021
Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài :120 phút
Câu 1. (2,0 điểm)
1) Giải các phương trình sau
a)
b)
2) Cho phương trình .Gọi và là hai nghiệm của phương trình.
Hãy tính giá trị biểu thức
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức:
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm và song song với đường
thẳng
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Một đoàn xe nhận chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành, đồn có thêm 3 xe nữa nên
mỗi xe chởít hơn 8 tấn so với dựđịnh. Hỏi lúc đầu đồn xe có bao nhiêu chiếc ?
Biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau
b) Cho hệphương trình với tham số
Tìm để hệphương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn . Gọi là chân các đường
cao lần lượt thuộc các cạnh và là trực tâm của Vẽđường kính
a) Chứng minh tứ giác là hình bình hành
b) Trong trường hợp khơng cân, gọi là trung điểm của Hãy chứng
minh là phân giác của và 4 điểm cùng nằm trên một đường
tròn.
c) Khi và đường tròn cốđịnh, điểm thay đổi trên đường tròn sao cho
ln nhọn, đặt Tìm vịtrí của điểm để tổng
lớn nhất và tìm giá trịlớn nhất đó theo và
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho ba số thực dương thỏa mãn
Chứng minh rằng: 2
1
2 2 1
2 2 1
2 1
2
3
2
3
2
3
2
a
+
b
+
+
b
+
c
+
+
c
+
a
+
≤
1
8
x
− =
(
2
)
3
0
x
+
x
− =
2
3
1 0
x
−
x
+ =
x
1 x
22 2
1 2
A
=
x
+
x
(
)
1
2
6
: 1
0
3
3
3
x
A
x
x
x
x
x
x
x
=
+
−
+
>
+
+
+
(
1;4
)
M
−
2
1
y
=
x
−
(
1
)
3
:
m
x
y
m
mx
y
m
+
− =
+ =
m
(
x y
0;
0)
x
0 +
y
0 >
0
ABC
∆
(
O R
;
)
D E F
, ,
,
,
BC CA AB
H
∆
ABC
.
AK
BHCK
ABC
∆
M
BC
.
FC
DFE
M D F E
, , ,
BC
(
O R
;
)
A
ABC
∆
BC
=
a
.
A
P
=
DE
+
EF
+
DF
a
R
, ,
ĐÁP ÁN
Câu 1
Vậy tập nghiệm của phương trình là
Phương trình có dạng nên có hai nghiệm
Vậy
2) Xét phương trình có nên phương trình ln có hai
nghiệm phân biệt . Áp dụng định lý Vi – et ta có:
Vậy
Câu 2.
a) Rút gọn biểu thức
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm
M
(
−
1;4
)
và song song với đườn thẳng
Gọi là đường thẳng cần tìm
Vì song song với đường thẳng nên phương trình đường thẳng có dạng
1 8
9
1) )
1
8
1
8
7
x
x
a x
x
x
− =
=
− = ⇔
⇔
− = −
= −
{
9; 7
}
S
=
−
(
)
2
)
2
3
0
2
3
0
b x
+
x
− = ⇔
x
+
x
− =
1 2 3
0
a
+ + = + − =
b
c
1
3
x
x
=
= −
{ }
1; 3
S
=
−
2
3
1 0
x
−
x
+ =
∆ =
3
2
−
4.1.1 5
= >
0
1 2
1 2
3
1
x
x
x x
+
=
=
(
)
2
2 2 2
1 2 1 2
2
1 2
3
2.1 7
A
=
x
+
x
=
x
+
x
−
x x
=
−
=
7
A
=
(
)
(
)
(
(
)
)
(
)
(
)
1
2
6
: 1
3
3
3
3
2
3
6
:
3
.
3
3
.
3
.
1
3
2
6
6
.
3
x
A
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
=
+
−
+
+
+
+
+
−
+ +
=
+
+
+
+
+
+
+
=
=
=
+
−
− +
+
+
2
1
y
=
x
−
d
d
y
=
2
x
−
1
d
(
)
2
1
Vì nên thay tọa độđiểm vào phương trình đường thẳng ta có:
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là
Câu 3.
a) Tính sốxe ?
Gọi sốxe lúc đầu của đoàn xe là (chiếc),
Lúc đầu mỗi xe chở số tấn hàng là : (tấn)
Khi khởi hành có thêm 3 xe nên sốxe lúc sau là (xe)
Lúc sau mỗi xe chở số tấn hàng là : (tấn)
Vì lúc sau mỗi xe chở ít hơn 8 tấn hàng so với dựđịnh nên ta có phương trình:
Vậy lúc đầu đồn xe có 12 chiếc
b) Tìm m để hệphương trình có nghiệm duy nhất thỏa mãn
Ta có :
Hệphương trình đã cho có nghiệm duy nhất có nghiệm duy nhất
Khi đó ta có:
Với thì hệphương trình có nghiệm duy nhất
Theo bài ra ta có:
(
1;4
)
M
−
∈
d
M
d
( )
4
=
2.
− + ⇔ =
1
c
x
6(
tm
)
2
6
y
=
x
+
x
(
x
∈
*
)
480
x
3
x
+
480
3
x
+
(
)
(
)
(
)
(
) (
)(
)
2
2 2
480
480
60
60
8
1
3
3
60
3
60
3
60
180
60
3
3
180
0
15
12
180
0
15
12
15
12
15
0
12
0
12(
)
15
0
15(
)
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x
x
x
x
tm
x
x
ktm
−
= ⇔
−
=
+
+
⇔
+ −
=
+
⇔
+
−
=
+
⇔
+
−
= ⇔
+
−
−
=
⇔
+
−
+
⇔
−
+
=
−
=
=
⇔
⇔
+
=
= −
(
x y
0
;
0
)
x
0
+
y
0
>
0
(
m
1
)
x
y
3
(
m
1
)
x
m
mx
3
(
2
m
1
)
x
m
3 *
( )
mx
y
m
y
m
mx
y
m
mx
+
− =
+
− +
=
+
= +
⇔
⇔
+ =
= −
= −
( )
*
⇔
1
2
1 0
2
m
m
⇔
+ ≠ ⇔ ≠ −
( )
3
1
*
2
1
2
m
x
m
m
+
⇔ =
≠ −
+
(
3
)
2 2 2
2
3
2
2
1
2
1
2
1
m m
m
m
m
m
m
m
y
m
mx
m
y
y
m
m
m
+
+ −
−
−
⇒ = −
= −
⇔ =
⇔ =
+
+
+
⇒
1
2
m
≠ −
(
)
2
0 0
3
2
;
;
2
1
2
1
m
m
m
x y
m
m
+
−
=
+
+
0 0
0
Vì
Vậy
Câu 4.
a) Chứng minh tứgiác là hình bình hành
Ta có: là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) hay
Mà hay
Ta có: là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O) hay
Mà
Từ(1) và (2) suy ra tứ giác là hình bình hành
( )
2 2
3
2
3
0
0 1
2
1
2
1
2
1
m
m
m
m
m
m
m
m
+
−
− +
⇔
+
> ⇔
>
+
+
+
( )
( )
2
2 2
1
1
11
1
11
3
2. .
0
2
4
4
2
4
1
1
1
2
1 0
2
2
m
m
m
m
m
m
m
m
TMDK m
− + =
−
+ +
=
−
+
> ∀
⇒
⇔
+ > ⇔ > −
≠ −
1
2
m
> −
I
A'
M
F
E
D
K
H
O
A
B
C
BHCK
ABK
0
90
ABK
⇒
=
AB
⊥
BK
(
)
/ /
CF
⊥
AB gt
⇒
CF
BK
CH
/ /
BK
( )
1
ACK
0
90
ACK
⇒
=
AC
⊥
CK
( )
(
)
/ /
/ /
2
BE
⊥
AC gt
⇒
BE
CK hay BH
CK
b) Chứng minh là phân giác
Xét tứ giác ta có: , mà hai góc này ở vịtrí đối diện
nên là tứ giác nội tiếp (hai góc nội tiếp cùng chắn
HD
) 3
( )
Xét tứ giác có mà hai góc này ở vịtrí đối diện
nên là tứ giác nội tiếp (hai góc nội tiếp cùng chắn (4)
Xét tứ giác ta có: là tứ giác nội tiếp (dhnb)
Từ
Hay là phân giác của
Xét vng tại E có đường trung tuyến
EBM
⇒ ∆
cân tại M (góc ngồi của
tam giác). Lại có
là tứ giác nội tiếp cùng thuộc một
đường trịn.
c) Tìm vịtrí điểm A…….
Gọi
Ta có: (hai góc nội tiếp cùng chắn cung
Xét tứ giác có do đó tứ giác là tứ giác nội tiếp (tứ
giác có 2 đỉnh kềcùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau)
(góc ngồi và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp )
(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)
Chứng minh tương tựta có :
Ta có: (tứgiác có hai đường chéo vng góc)
FC
DFE
BFHD
BFD
+
BHD
=
90
0
+
90
0
=
180
0
BFHD
⇒
HFD
=
HBD
AEHF
AEH
+
AFH
=
90
0
+
90
0
=
180 ,
0
AEHF
⇒
HFE
=
HAE
HE
)
AEDB
AEB
=
ADB
=
90
0
⇒
AEDB
( )
5
DAE
DBE
⇒
=
( ) ( ) ( )
3 , 4 , 5
⇒
EAD
=
EFH
=
HFD
=
HBD
EFC
=
CFD
⇒
FC
DFE
(
dfcm
)
EBC
∆
1
2
EM
⇒
EM
=
BM
=
BC
2
MEB
EBM
EMC
MEB
EBM
EBM
⇒
=
⇒
=
+
=
2
2
2
(
)
EFD
=
HFD
=
HBD
=
EBM cmt
(
2
)
EMC
EFD
EBM
⇒
=
=
⇒
EFDM
⇒
E F D M
, , ,
{ }
EF
∩
OA
=
I
FAI
=
BCK
BK
)
BFEC
BEC
=
BFC
=
90 (
0
gt
),
BFEC
AFI
ACB
⇒
=
0
90
FAI
AFI
BCK
ACB
ACK
⇒
+
=
+
=
=
OA
EF
⇒
⊥
,
OB
⊥
FD OC
⊥
ED
1
.
2
OEAFS
=
OA EF
1
1
.
;
.
2
2
OFBD ODCE
Kéo dài cắt tại (do
Khi đó ta có:
Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vng ta có:
Dấu xảy ra khi đó điểm là điểm chính giữa của cung lớn
Vậy đạt giá trịlớn nhất khi điểm là điểm chính giữa của cung lớn
Câu 5. Chứng minh 2
1
2 2 1
2 2 1
2 1
2
3
2
3
2
3
2
a
+
b
+
+
b
+
c
+
+
c
+
a
+
≤
Ta có:
Áp dụng Bất đẳng thức Cơ si ta có:
Chứng minh tương tự:
Khi đó ta có:
1
1
1
.
.
.
2
2
2
1
1
1
. .
. .
. .
2
2
2
2
OEAF OFBD ODCEABC
ABC
S
S
S
OA EF
OB FD
OC DE
S
R EF
R FD
R DE
S
EF
FD
DE
R
⇒
+
+
=
+
+
⇒
=
+
+
⇒
+
+
=
OM
( )
O
A
'
⇒
A M
'
⊥
BC
OM
⊥
BC
)
1
1
.
'
.