Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2020 – 2021 - Môn thi: Toán

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2020 – 2021 - Môn thi: Toán

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang Câu 1. (2,0 điểm) 1) Giải các phương trình sau: a) x 1 8 b) x 2 x 3 0 2 2) Cho phương trình x 3x 1 0 . Gọi x 1 và x2 là hai nghiệm của phương trình. 2 2 Hãy tính giá trị biểu thức A x1 x2 . Câu 2. (2,0 điểm) x 1 2 6 a) Rút gọn biểu thức: A : 1 , (với x 0 ). x 3 x x 3 x x 3 x b) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm M ( 1;4 )và song song với đường thẳng y 2x 1 . Câu 3. (2,0 điểm) 1) Một đoàn xe nhận chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành, đoàn có thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn 8 tấn so với dự định. Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc? Biết rằng các xe chở khối lượng hàng bằng nhau. (m 1)x y 3 2) Cho hệ phương trình với tham số m: mx y m Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất x0 ; y0 thỏa mãn x0 y0 0 . Câu 4. (3,0 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O;R) . Gọi D, E, F là chân các đường cao lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB và H là trực tâm của ABC . Vẽ đường kính AK. a) Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành; b) Trong trường hợp ABC không cân, gọi M là trung điểm của BC. Hãy chứng minh FC là phân giác của D· FE và bốn điểm M, D, F, E cùng nằm trên một đường tròn; c) Khi BC và đường tròn (O;R) cố định, điểm A thay đổi trên đường tròn sao cho ABC luôn nhọn, đặt BC a . Tìm vị trí của điểm A để tổng P DE EF DF lớn nhất và tìm giá trị lớn nhất đó theo a và R. Câu 5. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a,b,c thỏa mãn abc 1 . 1 1 1 1 Chứng minh rằng: . a2 2b2 3 b2 2c2 3 c2 2a2 3 2 Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị coi thi số 1: Giám thị coi thi số 2:
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Ý Nội dung Điểm x 1 8 x 9 x 1 8 1a) x 1 8 x 7 0.75 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 9; 7 x(2 x) 3 0 x2 2x 3 0 1b Xét a = b + c = 1 + 2 – 3 = 0 0.50 Câu 1 Phương trình có 2 nghiệm: x1 1;x2 3 . (2,0đ) Phương trình x2 3x 1 0 Xét ( 3)2 4.1.1 5 0 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1;x2 2) 0.75 x1 x2 3 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1x2 1 2 2 2 2 Ta có: A x1 x2 (x1 x2 ) 2x1x2 3 2.1 7 x 1 2 6 A : 1 x 3 x x 3 x x 3 x x 1 x 3 x 2 x 3 6 : x 3 x 3 x x 3 a) x 1 x 3 x 2 x 6 6 1.00 : x 3 x x 3 Câu 2 (2,0đ) x 1 x x x 1 x x 3 :  1 x 3 x x 3 x 3 x x 1 Vậy A = 1 với x > 0. Gọi (d) là đường thẳng cần tìm. Vì (d) song song với đường thẳng y = 2x – 1 nên (d): y = 2x + b (b 1 ) b) Vì (d) đi qua điểm M( 1;4) nên: 1.00 2.( 1) b 4 b 6 (TM) Vậy (d): y = 2x + 6. Gọi số xe cần tìm là x (chiếc). ĐK: x N* . Số xe tham gia chở hàng là x + 3 (chiếc) 480 Câu 3 Dự định, mỗi xe chở (tấn hàng) a) 1.00 (2,0đ) x 480 Thực tế, mỗi xe chở (tấn hàng). x 3 Theo đề bài ta có phương trình:
3. 480 480 8 x x 3 60 60 1 x x 3 60(x 3 x) x(x 3) x2 3x 180 0 x 12 (TM) x 15 (KTM) Vậy lúc đầu đoàn xe có 12 chiếc. (m 1)x y 3 (2m 1)x m 3 (1) mx y m mx y m (2) Hệ có nghiệm duy nhất Phương trình (1) có nghiệm duy nhất 1 2m 1 0 m 2 m 3 Khi đó: (1) x 2m 1 m2 3m m2 2m Thay vào (2) được: y m y b) 2m 1 2m 1 1.00 m 3 m2 2m m2 m 3 Xét x y 2m 1 2m 1 2m 1 2 2 1 11 Mà m m 3 m 0 m 2 4 1 Do đó: x y 0 2m 1 0 m 2 1 Kết hợp với điều kiện m là giá trị cần tìm. 2 A E F 1 H 2 O 0.25 Câu 4 (3,0đ) 1 1 B C D M K · o a) Ta có: ABK 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0.75 AB  BK
4. Lại có AB  CH (GT) BK / /CH (1) Chứng minh tương tự được CK / /BH (2) Từ (1) và (2) Tứ giác BHCK là hình bình hành. Tứ giác BCEF có: B· EC B· FC 90o (GT) BCEF là tứ giác nội tiếp  F1 Bµ 1 (3) Tứ giác BFHD có: B· FH B· DH 90o 90o 180o 0.50 BFHD là tứ giác nội tiếp  F2 Bµ 1 (4)   Từ (3) và (4) F1 F2 FC là tia phân giác của D· FE b) Không mất tính tổng quát, giả sử AB < AC. BEC vuông tại E, có đường trung tuyến EM BC ME MB MC 2 MBE cân tại M  0.50 Mµ 1 2F1 (tính chất góc ngoài của tam giác cân)  Lại có D· FE 2F1 Mµ 1 D· FE Tứ giác MDFE nội tiếp, hay bốn điểm M, D, F, E cùng nằm trên một đường tròn. y A 1 x E 3 F O H c) B C 1.00 D M Qua A, vẽ tiếp tuyến xy của (O)  o Có BCEF là tứ giác nội tiếp F3 A· CB ( 180 B· FE) µ · 1 » Lại có A1 ACB sđAB 2  Aµ 1 F3 xy / /FE FE  OA 1 1 S S OA.EF R.EF OAF OAE 2 2
5. 1 1 Tương tự: S S R.DF ; S S R.DE OBF OBD 2 OCD OCE 2 Do đó: SABC SOAF SOAE SOBF SOBD SOCD SOCE 1 1 R.(DE EF DF) R.P 2 2 Mặt khác: 1 1 1 1 a 2 S BC.AD a.AM a(OA OM) a R R 2 ABC 2 2 2 2 4 a 2 a R R 2 4 P R Dấu “=” xảy ra A, O, M thẳng hàng A là điểm chính giữa của cung lớn BC a 2 a R R 2 4 Vậy maxP R A là điểm chính giữa của cung lớn BC Với a, b, c > 0, áp dụng BĐT Cô-si ta có: a 2 2b2 3 (a 2 b2 ) (b2 1) 2 2ab 2b 2 2(ab b 1) 1 1 1  a 2 2b2 3 2 ab b 1 Dấu “=” xảy ra a b 1 1 1 1 1 1 1 Tương tự:  ;  b2 2c2 3 2 bc c 1 c2 2a 2 3 2 ca a 1 Do đó: 1 1 1 a 2 2b2 3 b2 2c2 3 c2 2a 2 3 1 1 1 1 Câu 5  2 ab b 1 bc c 1 ca a 1 1.00 (1,0đ) Với abc = 1 thì: 1 1 1 ab b 1 bc c 1 ca a 1 1 ab b ab b 1 abbc abc ab abc ab b 1 ab b 1 ab b 1 ab b 1 b 1 ab 1 ab b ab b 1 Dấu “=” xảy ra a b c 1 1 1 1 1 Vậy ; a 2 2b2 3 b2 2c2 3 c2 2a 2 3 2 dấu “=” xảy ra a b c 1 . Hết