Đề tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán năm 2020 - 2021 sở GD&ĐT Hòa Bình - THCS.TOANMATH.com

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÒA BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2020 - 2021 Môn thi: TOÁN

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

Câu I. (2,0 điểm)

1) Tính giá trị các biểu thức sau:

a) A= 16 5+ b) B= 8− 2 2) Giải các phương trình sau:

a) x− =3 2 b) x²− =4 0 Câu II. (2,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng

( )

d1 :y=

(

m−1

)

x+2 và

( )

d2 :y x= −3. Tìm mđể hai đường thẳng đã cho song song với nhau.

2) Cho phương trình : x²+4x+2m+ =1 0 (mlà tham số) a) Giải phương trình với m=1.

b) Tìm mđể phương trình có nghiệm kép.

Câu III. (2,0 điểm)

1) Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB=6cm, ABC=60⁰. Tính chu vi tam giác.

2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá hai lần thì giá còn lại là 16 200 000đồng. Hỏi giá bán ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?

Câu IV. (2,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC AB AC

(

≠

)

có các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H. 1) Chứng minh rằng: Tứ giác AEHFnội tiếp.

2) Chứng minh rằng:  ADE ADF=

3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác EDFđi qua trung điểm M của cạnh BC . Câu V. (2,0 điểm)

1) Tìm các số thực x y z; ; thỏa mãn: x²+y²+4z²−4x−2y+4 6 0z+ = . 2) Cho các số thực x y; thỏa mãn x>2yvà xy=3.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ² 4 ² 11 2 x y

P x y

+ −

= − ^.

--- HẾT ---

(2)

ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu I. (2,0 điểm)

1)Tính giá trị các biểu thức sau:

a)A= 16 5+ b) B= 8− 2 2)Giải các phương trình sau:

a) x− =3 2 b) x²− =4 0 Giải

1) a) A= 16 5 4 5 9+ = + =

b) B= 8− 2= 4.2− 2 2 2= − 2 = 2 2) a) x− = ⇔ − = ⇔ =3 2 x 3 4 x 7

Vậy phương trình có 1 nghiệm duy nhất: x=7 b) x²− =4 0 ⇔ x² = ⇔ = ±4 x 2 Vậy phương trình có tập nghiệm: S= −

{

2;2

}

Câu II. (2,0 điểm)

1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng

( )

d1 :y=

(

m−1

)

x+2 và

( )

d2 :y x= −3. Tìm mđể hai đường thẳng đã cho song song với nhau.

2)Cho phương trình : x²+4x+2m+ =1 0 (1) (mlà tham số) a) Giải phương trình với m=1.

b) Tìm mđể phương trình có nghiệm kép.

Giải

1) Hai đường thẳng

( )

d1 :y=

(

m−1

)

x+2 và

( )

d2 :y x= −3song song với nhau khi và chỉ khi m− = ⇔ =1 1 m 2

Vậy m=2thì

( ) ( )

d1 / / d2 .

2) a) Với m=1 , phương trình đã cho trở thành:

( )( )

2 1 0 1

4 3 0 1 3 0

3 0 3

x x

x x x x

x x

+ = = −

 

+ + = ⇔ + + = ⇔ + = ⇔ = − Vậy với phương trình có tập nghiệm là: S= − −

{

^{1; 3}

}

.

b) Phương trình (1) là phương trình bậc hai ẩn x có: ∆ =^{' 2}²−

(

²m+ = −^{1 4 2}

)

m− = −^{1 3 2}m

Phương trình có nghiệm kép ' 0 3 2 0 2 3 ³

m m m 2

⇔ ∆ = ⇔ − = ⇔ = ⇔ =

Vậy ³

m=2 thì phương trình (1) có nghiệm kép.

Câu III. (2,0 điểm)

1) Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB=6cm, ABC=60⁰. Tính chu vi tam giác.

2) Một chiếc ti vi giảm giá hai lần, mỗi lần giảm giá 10% so với giá đang bán, sau khi giảm giá hai lần thì giá còn lại là 16 200 000đồng. Hỏi giá bán ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu?

Giải

(3)

ABC

∆ vuông tại A: AB=6cm, ABC =60⁰.

 ⁰

( )

AC = ABtanABC=6 tan 60 =6 3 cm

 60⁰ AB cosABC cos

BC = = ₀ 12

( )

60

BC AB cm

⇒ = cos =

Chu vi ∆ ABC = AB + BC + CA = 6 +12 + 6 3 18 6 3= +

( )

cm 2) Gọi giá ban đầu của chiếc ti vi là x (đồng) ( điều kiện: x>0) Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% đầu tiên là: 90% ⁹

x=10x (đồng) Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% lần thứ hai là: 90%. ⁹ ⁸¹

10x=100x (đồng) Sau khi giảm giá hai lần thì giá còn lại là 16 200 000đồng. Ta có phương trình:

⁸¹ 16 200 000

100x= ⇔ =x 20 000 000(thỏa mãn điều kiện) Vậy giá ban đầu của chiếc ti vi là 20 000 000 đồng.

Câu IV. (2,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC AB AC

(

≠

)

có các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H. 1) Chứng minh rằng: Tứ giác AEHFnội tiếp.

2) Chứng minh rằng:  ADE ADF=

3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác EDFđi qua trung điểm M của cạnh BC .

Giải

1) Chứng minh rằng: Tứ giác AEHFnội tiếp.

ABC

∆ có các đường cao AD BE CF, , cắt nhau tại H.

B C

A

M H

F E

D C

B

A

(4)

 

0 0 0

90 90 90 AEH HEC BE AC

CF AB AFH HFB AD BC HDB HDC

 = =

 ⊥ 

 

⇒ ⊥ ⇒ = =

 ⊥ 

  = =

 AEH AFH 90 90 180⁰ ⁰ ⁰

⇒ + = + =

Vậy AEHF là tứ giác nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 ) ⁰ 2) Chứng minh rằng:  ADE ADF=

Tứ giác BDHFcó: BDH BFH + =90 90 180⁰+ ⁰ = ⁰

Nên BDHF là tứ giác nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180⁰)

 HDF HBF

⇒ = (hai góc nội tiếp cùng chắn HF) hay  ADF EBF= Tứ giác HECD có:  HEC HDC+ =90 90 180⁰+ ⁰ = ⁰

Nên HECD là tứ giác nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180 ) ⁰

 HDE HCE

⇒ = (hai góc nội tiếp cùng chắn HE) hay  ADE ECF= Tứ giác CEFB có:  BEC BFC= =90⁰

, , , B E F C

⇒ thuộc đường tròn đường kính BC (Quỹ tích cung chứa góc )

 EBF ECF

⇒ = (hai góc nội tiếp cùng chắn EF) Nên  ADE ADF= .

3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác EDFđi qua trung điểm M của cạnh BC Vì M là trung điểmcủa BC ⇒M là tâm đường tròn đường kính BC.

 1 EBC 2EMC

⇒ = ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn EC )

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDHFcó: HFD HBD = ( 2 góc nội tiếp cùng chắn HD ) hay DFC EBC = .

 ¹ 1

( )

DFC 2EMC

⇒ =

Chứng minh tương tự câu b ta có :  EFC DFC= , mà tia FCnằm giữa hai tia FEvà FD FC

⇒ là tia phân giác của ^EFD⇒^{ }EFC DFC= =¹₂^EFD²

( )

Từ (1) và (2) ⇒ EMC EFD=

Mà  EMC EMD+ =180⁰( hai góc kề bù) ⇒ EFD EMD+ =180⁰

Lại có EFDvà EMD là hai góc đối của tứ giácDFEM ⇒DFEM là tứ giác nội tiếp Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác EDFđi qua trung điểm M của cạnh BC. Câu V. (2,0 điểm)

1) Tìm các số thực x y z; ; thỏa mãn: x²+y²+4z²−4x−2y+4 6 0z+ = 2) Cho các số thực x y; thỏa mãn x>2yvà xy=3.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ² 4 ² 11 2 x y

P x y

+ −

= −

Giải 1) x²+y²+4z²−4x−2y+4 6 0z+ =

(

^x² ⁴^x ⁴

) (

^y² ²^y ¹

) (

⁴^z² ^{4 1 0}^z

)

⇔ − + + − + + + + =

(

x ²

) (

² y ¹

) (

² ^{2 1}z

)

² ⁰

⇔ − + − + + =

(5)

Vì

( )

( ) ( ) ( )

2

2 2 2 2

2

2 0

1 0 2 1 2 1 0 ; ;

2 1 0

x x

y y x y z x y z

z z

 − ≥ ∀

 − ≥ ∀ ⇒ − + − + + ≥ ∀



+ ≥ ∀



Đẳng thức xảy ra

2 0 2

1 0 1

2 1 0 1

2

x x

y y

z z



− = =

 

⇔ − = ⇔ =

 + = 

  = −

 Vậy

(

; ;

)

2;1; ¹

x y z = −2^.

2) ² 4 ² 11 ² 4 ² 12 1

2 2

x y x y

P x y x y

+ − + − +

= =

− − mà xy=3

( )

²

( )

2 4 2 4 1 2 1 2 1

2 2 2

x y x y xy

P x y

x y x y x y

− +

+ − +

⇒ = = = − +

− − −

Lại có x>2y⇒ −x 2y>0

Áp dụng bất đẳng thức Co si cho hai số dương x−2y và 1 2

x− y ta có:

(

2

)

¹ 2

(

2 .

)

¹ 2

2 2

x y x y

− + ≥ − =

− −

2 P

⇒ ≥

Đẳng thức xảy ra

( ) ( )

( )

2 0 3 2 1 3 1

3 1 2 1 2 1 2

2 2

x y xy y y

xy x y x y

x y

 − >

  =  + =

 

⇔ = ⇔ − = ⇔ = +

 − =

 −

( )

1 2 ² 3 0

(

1 2

)(

3 0

)

2 ^{1 0}3 0 ¹3 2 y y

y y y y

y y

 =

 − = 

⇔ + − = ⇔ − + = ⇔ + = ⇔ =− Mà x=2y+1nên với y=1 thì x=3, với ³

y= −2 thì x= −2 Vậy P có giá trị nhỏ nhất bằng 2 ⇔

( ) ( )

x y^; ∈ ^{3;1 ; 2;}− − ₂³^.

--- HẾT ---