Đề thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán tỉnh Ninh Bình năm học 2020 - 2021

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

TỈNH NINH BÌNH Năm học: 2020 – 2021

Bài thi môn: TOÁN; Ngày thi 17/07/2020 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm 05 câu trong 1 trang) Câu 1 (2,0 điểm):

1. Tìm điều kiện của xđể biểu thức x5 có nghĩa.

2. Tính A 12 27 75

3. Rút gọn biểu thức 1 1

: 4

2 2

P a

a a a

 

     

, với a0 và a4 Câu 2 (3,0 điểm):

1. Giải hệ phương trình: 3 1 x y x y

 



 



2. Tìm các giá trị của tham số mđể hàm số ymx1 nghịch biến trên 

3. Xác định tọa độ giao điểm của parabol

 

^P ^:^y^^x²và đường thẳng

 

^d ^:^y^³^x^²

Câu 3 (1,0 điểm):

Người ta đổ thêm 20 gam nước vào một dung dịch chứa 4 gam muối thì nồng độ của dung dịch giảm đi 10%. Hỏi trước khi đổ thêm nước thì dung dịch chứa bao nhiêu gam nước?

Câu 4 (3,5 điểm):

1. Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm .O Hai đường cao BE CF, của ABC cắt nhau tại H. a) Chứng minh tứ giác BFECnội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh rằng AF AB.  AE AC.

c) Kẻ đường kính AD của đường tròn tâm .O Chứng minh tứ giác BHCDlà hình bình hành.

2. Một chiếc máy bay bay lên từ mặt đất với vận tốc 600km/h. Đường bay tạo với phương nằm ngang một góc 30^. Hỏi sau 1,5 phút máy bay lên cao được bao nhiêu kilômét theo phương thẳng đứng?

Câu 5 (0,5 điểm): Cho các số thực dương x y z, , thỏa mãn xy yz zx 2020. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

x y z

Q x y y zz x

  

---Hết---

(2)

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN TỈNH NINH BÌNH NĂM 2020-2021

Câu 1:

1. Tìm điều kiện củaxđể x5có nghĩa

Để biểu thức x5có nghĩa khi và chỉ khi x 5 0 x5 Vậyx5.

2. TínhA 12 27 75 Ta có:

12 27 75 4.3 9.3 25.3

A     

4. 3 9. 3 25. 3 2 3 3 3 5 3 3(2 3 5) 0

A         

VậyA0.

3. Rút gọn biểu thức 1 1

: 4

2 2

P a

a a a

 

     

vớia0vàa 4 Ta có:

1 1 2 2 4

: 4

2 2 ( 2)( 2) ( 2)( 2)

a a a a

P a a a a a a a a

    

 

            

2 2 4 2 4

4 2

( 2)( 2)

a a a a a

P a a a a a

    

   

  



Vậy P2vớia0vàa4 Câu 2:

1. Giải hệ phương trình: 3 1 x y x y

 



 



Ta có: 3 2 4 2 2

1 1 2 1 1

x y x x x

x y x y y y

    

   

  

   

      

   

Vậy hệ có nghiệm duy nhất( ; )x y (2;1).

2. Tìm các giá trị cảu tham sốmđể hàm số ymx1 nghịch biên trên . Xét phương trình hoành độ giao điểm của

 

^P ^và

 

^d ^{ta có:}

2 2 2 0 2

3 2 3 2 0 ( 2)( 1) 0

1 0 1

x x

x x x x x x

x x

  

 

               Với x2 y2²4

Với x 1 y1² 1

Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là:(1;1), (2; 4).

Câu 3: Người ta đổ thêm 20g nước vào một dung dịch chứa 4g muối thì nồng độ của dung dịch giảm đi 10%. Hỏi trước khi đổ thêm nước thì dung dịch chứa bao nhiêu gam nước?

Gọi khối lượng nước trước khi đổ thêm làx(gam)



^x^⁰



Nồng độ dung dịch ban đầu là: 4 4 100%

x 



Sau khi đổ thêm 20g nước thì nồng độ dung dịch là: 4 4

100% 100%

20 x 4  x 24

  

Vì nồng độ dung dịch giảm đi 10% nên ta có phương trình

4 4

100% 100% 10%

4 24

x  x  

 

4 4 1

4 24 10

x x

  

 

(3)

4 96 4 16 1

( 4)( 24) 10

x x

  

 

 

2

80 1

28 96 10

x x

 

 

2 28 96 800

x x

   

16( ) ( 16)( 44) 0

44( )

x tm

x x

x ktm

 

       

Vậy lượng nước của dung dịch ban đầu sau khi đổ thêm là 16 gam Câu 4:

1. Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường cao BE, CF của ABC cắt nhau tại H.

a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn.

Ta có:

BE là đường cao nên BE ACBEC90^ CF là đường cao nên CF  ABBFC90^ Xét tứ giác BFEC có:

  90

BECBFC ^ nên BFEC là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau).

Vậy tứ giác BFEC nội tiếp (đpcm).

b) Chứng minh rằng ..

Theo câu a, BFEC là tứ giác nội tiếp nên BFE BCE180^(tính chất) Mà  BFEAFE180^(kề bù)

Nên BCEBCAAFE Xét AFE và ACBcó:

A chung 

  AFEACB(cmt)

 

AFE ACB g.g

  ∽

AF A

AC AB

  E(cạnh tương ứng) AF.AB A .ACE

  (đpcm)

c) Kẻ đường kính AD của đường tròn tâm O. Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành.

AD là đường kính nên ACDABD90^(góc nội tiếp chẳn nửa dường tròn) DC AC, BD AB

  

DC AC

BH AB

 

 



DC / /BH

 (từ vuông góc đến song song) D H

F E

O A

B

C

(4)

DB AB

DB / /CH

CH AB

 

 

 

(từ vuông góc đến song song)

Tứ giác BHCD có: DC / /BH, DB / /CH nên là hình bình hành (đpcm).

2. Một chiếc máy bay bay lên từ mặt đất với vận tốc 600km/h. Đường bay tạo với phương nằm ngang một góc 30^. Hỏi sau 1,5 phút máy bay lên cao được bao nhiêu kilômét theo phương thẳng đứng?

Đổi 1, 5 phút 1,5 1 60 40

  giờ

Sau 1

40giờ máy bay bay theo được số kilomet theo phương ABlà 1

600 15( )

40 km

 

Sau 1,5 phút máy bay bay theo được số kilomet theo phương thẳng đứng là 1

15.sin 30 15. 7, 5(km)

 2



Vậy sau 1,5 phút, máy bay lên cao được7, 5(km).

Câu 5: Cho các số thực dương x y z, , thỏa mãn xy yz zx2020. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2 2 2

x y z

Q x y y zz x

  

Đặt , , 0

a x

b y a b c

c z

 

   



 



2020 2020

xy yz zx  ab bc ca   Ta có

4 4 4

2 2 2 2 2 2

a b c

Qa b b c c a

  

Áp dụng bất đẳng thức

2 2 2

( )

a b a b

x y x y

  

 ta được



² ²



²



² ² ²



²

4 4 4 4

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b a b c

a b c c

Q a b b c c a a b b c c a a b b c c a

  

      

           

 

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2

a b c a b c

a b c

   

 

 

Lại có:

 

2 2

2 2 2

2 2( )

2020

2020 1010 1010

2 2

a b ab

b c bc c a ca

a b c ab bc ca a b c ab bc ca

a b c

Q Q

 

     

      

 

     

Dấu “=” xảy ra khi 2020 2020

3 3

ab c x yz Vậy GTNN của Q1010khi 2020

x yz 3