Đề tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán năm 2020 – 2021 sở GD&ĐT Hòa Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HÒA BÌNH 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) 2 x − 4 = 0
Câu II. (2,0 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng (d : y = m −1 x + 2 và (d : y = x −3. Tìm m để 2 ) 1 ) ( )
hai đường thẳng đã cho song song với nhau. 2) Cho phương trình : 2
x + 4x + 2m +1 = 0 ( m là tham số)
a) Giải phương trình với m =1.
b) Tìm m để phương trình có nghiệm kép.
Câu III. (2,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC vuông tại A , có AB = 6cm ,  0
ABC = 60 . 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 16 200 000 đồng. 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 AEHF nội tiếp.
2) Chứng minh rằng:  =  ADE ADF
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác EDF đi qua trung điểm M của cạnh BC .
Câu V. (2,0 điểm) 1) Tìm các số thực ;
x y; z thỏa mãn: 2 2 2
x + y + 4z − 4x − 2y + 4z + 6 = 0 . 2) Cho các số thực ;
x y thỏa mãn x > 2y và xy = 3 . 2 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x + 4y −11 P = . x − 2y
-------------------- HẾT --------------------
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) 2 x − 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) 2 x − 4 = 0 2
⇔ x = 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 (d : y = m −1 x + 2 và (d : y = x −3. Tìm m để 2 ) 1 ) ( )
hai đường thẳng đã cho song song với nhau. 2)Cho phương trình : 2
x + 4x + 2m +1 = 0 (1) ( m là tham số)
a) Giải phương trình với m =1.
b) Tìm m để phương trình có nghiệm kép. Giải
1) Hai đường thẳng (d : y = m −1 x + 2 và (d : y = x −3song song với nhau khi và chỉ khi 2 ) 1 ) ( )
m −1 =1 ⇔ m = 2
Vậy m = 2 thì(d / / d . 1 ) ( 2)
2) a) Với m =1 , phương trình đã cho trở thành: x +1 = 0 x = 1 − 2
x + 4x + 3 = 0 ⇔ ( x + ) 1 ( x + 3) = 0 ⇔ ⇔  x 3 0  + = x = 3 −
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 − 2m −1 = 3− 2m
Phương trình có nghiệm kép 3
⇔ ∆ ' = 0 ⇔ 3− 2m = 0 ⇔ 2m = 3 ⇔ m = 2 Vậy 3
m = thì phương trình (1) có nghiệm kép. 2
Câu III. (2,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC vuông tại A , có AB = 6cm ,  0
ABC = 60 . 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 16 200 000 đồng. Hỏi giá bán ban đầu của chiếc ti vi là bao nhiêu? Giải A B C
∆ ABC vuông tại A: AB = 6cm ,  0 ABC = 60 .  0
AC = ABtan ABC = 6 tan 60 = 6 3 (cm) AB =  0 cosABC = cos60 AB ⇒ BC = = 12 cm 0 ( ) BC cos60
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: 9 90%x = x (đồng) 10
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% lần thứ hai là: 9 81 90%. x = x (đồng) 10 100
Sau khi giảm giá hai lần thì giá còn lại là 16 200 000 đồng. Ta có phương trình:
81 x =16 200 000 ⇔ x = 20 000 000 (thỏa mãn điều kiện) 100
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 AEHF nội tiếp.
2) Chứng minh rằng:  =  ADE ADF
3) Chứng minh rằng: Đường tròn ngoại tiếp tam giác EDF đi qua trung điểm M của cạnh BC . Giải A F E H D M C B
1) Chứng minh rằng: Tứ giác AEHF nội tiếp.
∆ ABC có các đường cao AD, BE,CF cắt nhau tại H .  =  0 BE AC AEH HEC = ⊥ 90    ⇒  ⊥ ⇒   =  0 CF AB AFH HFB = 90 AD BC  ⊥   =  0 HDB HDC =  90  ⇒  +  0 0 0 AEH AFH = 90 + 90 =180
Vậy AEHF là tứ giác nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối bằng 0 180 )
2) Chứng minh rằng:  =  ADE ADF
Tứ giác BDHF có:  +  0 0 0 BDH BFH = 90 + 90 =180
Nên BDHF là tứ giác nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối bằng 0 180 ) ⇒  = 
HDF HBF (hai góc nội tiếp cùng chắn  HF ) hay  =  ADF EBF
Tứ giác HECD có:  +  0 0 0 HEC HDC = 90 + 90 =180
Nên HECD là tứ giác nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối bằng 0 180 ) ⇒  = 
HDE HCE (hai góc nội tiếp cùng chắn  HE ) hay  =  ADE ECF
Tứ giác CEFB có:  =  0 BEC BFC = 90
⇒ 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 EDF đi qua trung điểm M của cạnh BC
Vì M là trung điểm của BC ⇒ M là tâm đường tròn đường kính BC. ⇒  1 =  EBC
EMC ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn  EC ) 2
Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDHF có:  = 
HFD HBD ( 2 góc nội tiếp cùng chắn  HD ) hay  =  DFC EBC . ⇒  1 =  DFC EMC ( ) 1 2
Chứng minh tương tự câu b ta có :  = 
EFC DFC , mà tia FC nằm giữa hai tia FE và FD
⇒ FC là tia phân giác của  ⇒  =  1 =  EFD EFC DFC EFD (2) 2 Từ (1) và (2) ⇒  =  EMC EFD Mà  +  0
EMC EMD =180 ( hai góc kề bù) ⇒  +  0 EFD EMD =180 Lại có  EFD và 
EMD là hai góc đối của tứ giác DFEM ⇒ DFEM là tứ giác nội tiếp
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác EDF đi qua trung điểm M của cạnh BC .
Câu V. (2,0 điểm) 1) Tìm các số thực ;
x y; z thỏa mãn: 2 2 2
x + y + 4z − 4x − 2y + 4z + 6 = 0 2) Cho các số thực ;
x y thỏa mãn x > 2y và xy = 3 . 2 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x + 4y −11 P = x − 2y Giải 1) 2 2 2
x + y + 4z − 4x − 2y + 4z + 6 = 0 ⇔ ( 2
x − x + ) + ( 2
y − y + ) + ( 2 4 4 2 1 4z + 4z + ) 1 = 0
⇔ ( x − )2 + ( y − )2 + ( z + )2 2 1 2 1 = 0 (
 x − 2)2 ≥ 0 x ∀  Vì (   y − )2 1 ≥ 0 y
∀ ⇒ ( x − 2)2 + ( y − )2 1 + (2z + )2 1 ≥ 0 ∀ ; x y; z (   2z + )2 1 ≥ 0 z ∀   x − 2 = 0 x = 2 Đẳng thức xảy ra  
⇔ y −1 = 0 ⇔ y =1 2z 1 0  + =  1 z = −  2 Vậy ( x y z)  1 ; ; 2;1;  = −  . 2    2 2 2 2 2)
x + 4y −11 x + 4y −12 +1 P = = mà xy = 3 x − 2y x − 2y
x + 4y − 4xy +1 ( x − y)2 2 2 2 +1 ⇒ P = = = ( x − y) 1 2 + x − 2y x − 2y x − 2y
Lại có x > 2y ⇒ x − 2y > 0
Áp dụng bất đẳng thức Co si cho hai số dương x − 2y và 1 ta có: x − 2y (x − y) 1 + ≥ (x − y) 1 2 2 2 . = 2 x − 2y x − 2y ⇒ P ≥ 2 
x − 2y > 0  xy = 3 (  2y + ) 1 y = ( ) 3 1
Đẳng thức xảy ra ⇔ xy = 3 ⇔  ⇔  x 2y 1  − = x = 2y +  ( 1 2) 1 x − 2y =  x − 2y  y =1 ( )  y −1 = 0 2 1 2y y 3 0 ( y )1(2y 3) 0  ⇔ + − = ⇔ − + = ⇔ ⇔  3 2y + 3 = 0 −  y =  2
Mà x = 2y +1 nên với y =1 thì x = 3, với 3 y − = thì x = 2 − 2
Vậy P có giá trị nhỏ nhất bằng 2 ⇔ ( x y)∈ (   )  3 ; 3;1 ; 2 − ; −  .   2  
-------------------- HẾT --------------------
Document Outline

• Sở Hòa Bình