Đề thi vào lớp 10 và lời giải chi tiết môn Toán Sở Giáo dục và đào tạo Đà nẵng năm 2020

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2020 – 2021

Môn: Toán

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. (2,0 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức A 3 12 27 36.

b) Cho biểu thức

 

2 1 3 5

1 1

B x

x x x x

   

  với x0 và x1. Rút gọn biểu thức B và tìm x để B2.

Câu 2. (1,5 điểm) Cho hàm số 1 ²

2 . y x

a) Vẽ đồ thị ( )P của hàm số đã cho.

b) Đường thẳng y8 cắt đồ thị ( )P tại hai điểm phân biệt A và B, trong đó điểm B có hoành độ dương. Gọi H là chân đường cao hạ từ A của tam giác OAB, với O là gốc tọa độ. Tính diện tích tam giác AHB (đơn vị đo trên các trục tọa độ là cm).

Câu 3. (1,5 điểm)

a) Giải phương trình 3x²7x 2 0.

b) Biết rằng phương trình x²19x 7 0 có hai nghiệm là x₁ và x₂, không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức: Px2



2x1²38x1x x1 23



²x1



2x2²38x2x x1 23



²120.

Câu 4. (2,0 điểm)

a) Một số tự nhiên nhỏ hơn bình phương của nó 20 đơn vị. Tìm số tự nhiên đó.

b) Quãng đường AB gồm một đoạn lên dốc và một đoạn xuống dôc. Một người đi xe đạp từ A đến B hết 16 phút và đi từ B về A hết 14 phút. Biết vận tốc lúc lên dốc là 10 km h/ , vận tốc lúc xuống dốc là 15km h/ (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc đi và về như nhau). Tính quãng đường AB.

Câu 5. (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O đường kính AB. Trên cung nhỏ BC của đường tròn ( )O lấy điểm D (không trùng với B và C). Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ C đến AB H( AB) và E là giao điểm của CH với AD.

a) Chứng minh rằng tứ giác BDEH là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh rằng AB²AE AD BH BA .

c) Đường thẳng qua E song song với AB, cắt BC tại F. Chứng minh rằng CDF90^o và đường tròn ngoại tiếp tam giác OBD đi qua trung điểm của đoạn CF.

---HẾT---

(2)

LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1.

a) Ta có:

3 12 27 36 3 4 3 9 3 62

3 2 3 3 3 6 6.

A         

     

Vậy A 6.

b) Điều kiện: x0, x1. Ta có:

 

   

 

2 1 3 5 2 1 3 5

1 1

4 4 4 1

4 4 4

.

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

       

 

 

   

  

Vậy 4

. B x

Ta có: 4

2 2 4 2 2 4.

B x x x

x

        

Vậy để B2 thì x4.

Câu 2.

a) Đồ thị hàm số 1 ² 2 . y x

b) Với y8 và cắt ( )P tại hai điểm phân biệt A B, , ta có:

1 2 4

8 .

2 4 x x

x

    

Vậy điểm A( 4;8) OA4 5.

Vậy điểm B(4;8)OB4 5.

Gọi E là trung điểm AB, ta có OAOB nên OEAB.

(3)

Ta có: AB ⁴ 

 

⁴ ² 



^{8 8}



² ^8. Suy ra EBEA4.

Suy ra ÔE^ ÔB²^ÊB² ^

 

^{4 5} ²^⁴² ^^8.

Khi đó 1 1 8 8 16

. .

2 2 4 5 5

OAB

OE AB S OE AB AH OB AH

OB

 

      

Lại có:

2

2 2 2 16 8

8 .

5 5

HB AB AH    

Do đó: ¹ ^{1 16} ⁸ ⁶⁴

 

² ^.

2 2 5 5 5

SAHB  AH HB     cm Vậy diện tích tam giác AHB bằng ⁶⁴

 

² ^.

5 cm Câu 3.

a) Ta có:

      

2 2

3 7 2 0 3 6 2 0

3 2 2 0 3 1 2 0

1

3 1 0 3 .

2 0

2

x x x x x

x x x x x

x x

       

        

 

   

    

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt ₁ ₂ 1

2, .

x  x 3

b) Khi phương trình x²19x 7 0 có 2 nghiệm x x₁, ₂ thỏa mãn định lý Viete:

1 2

19 7 x x b

a x x c

a

   



  



Ta có:

   

2 2

2 1 1 1 2 1 2 2 1 2

2 2

2 1 1 2 2

2 2

2 1 1 1 2 1 2 2 1 2

2 2

2 1 2 1 2 1

2 1 1 2

2 38 3 2 38 3 120

2 19 7 3 2 19 7 3 120

2 4 2 4 120

100 100 120 100( ) 120 2020

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 x x

x x x x

        

   

            

   

            

      

     

 Vậy P2020.

(4)

Câu 4.

a) Gọi số tự nhiên là a a( 0). Số bình phương là a².

Theo đề bài, ta có phương trình: a² a 20a² a 20  0 a 5 do a0.

Vậy số tự nhiên thỏa mãn là số 5.

b) Gọi quãng đường AC là x km( ), x0. Quãng đường CB là y km( ), y0.

Thời gian từ AB là 16 phút, nên: 16 10 15 60 (1).

x y

 

Thời gian từ BA là 14 phút, nên: 14 15 10 60 (2).

x y

 

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: ¹⁰ ¹⁵ ¹⁶⁶⁰14



1^{2 .} 15 10 60

x y

x x y y

  

 

 

 

  



3 ( ).

SAB AC BC km

   

Vậy khoảng cách từ điểm A đến điểm B là 3km. Câu 5.

a) Xét tứ giác HCDB: CHBADB90^o và 2 góc cùng nhìn xuống HB một góc 90 .^o

HCDB nội tiếp

Vậy tứ giác HCDB nội tiếp (đpcm) b) Ta có: AHE và ADB:

 EAHDAB.

 AHEADB90 .⁰ .

AHE ADB

  

I

F E

A H

O B

C

D

(5)

2 2 (1)

AE AH AB AD

AE AD AH AB AC AE AD AC

 

    

  

Lại có: BH BA CB² (2)

Từ (1) và (2), ta suy ra: AE AB BH BA AC²CB² AB² Vậy AB²AE AD BH BA . (đpcm)

c) Ta có DEFDAB do EFAB.

Mà DABDCF do cùng nhìn DB, do đó DEFDCF. Do đó tứ giác ECDF nội tiếp.

Suy ra: CDF180⁰CEF 180⁰CHB180⁰90⁰ 90 .⁰ Vậy CDF90 .⁰

Gọi I là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác BOD với BC. Do đó CDAFDB do cùng phụ với ADF.

Mà CDACBA do cùng chắn cung AC.

Suy ra FDBCBAIBOIDO do tứ giác IDBO nội tiếp.

Dẫn đến IDFIDOODFFDBODFODB.

Mà   

0 

0 0

180 90 90

2 2

DOB DOB

ODB  DAB

     do OBOD. Suy ra: IDF90⁰DAB (1).

Lại có IFDCFDCED do tứ giác CEDF nội tiếp.

Mà CEDAEH 90⁰EAH90⁰DAB do tam giác AEH vuông tại H. Suy ra IFD90⁰DAB (2).

Từ (1) và (2) suy ra IDFIFD hay tam giác IFD cân tại I. Suy ra IDIF (3).

Ta có: CDI90⁰IDF90⁰DFI90⁰DFCDCFDCI. Suy ra tam giác CIF cân tại I. Suy ra ICIF (4).

Từ (3) và (4) suy ra ICIF hay I là trung điểm EF.

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác BOD đi qua trung điểm của EF.