Tổng hợp 10 đề tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2020 – 2021 tập 8

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
16 + 5
B
8− 2
b) =
a) =
2) Giải các phương trình sau:
x −3 =
2
a)
b) x 2 − 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 ( d 2 ) : y= x − 3 . Tìm m để
hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
2) Cho phương trình : x 2 + 4 x + 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)

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

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

x 2 + 4 y 2 − 11
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 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
16 + 5

a)=
2)Giải các phương trình sau:
2
a) x − 3 =

B
b) =

Giải

8− 2

b) x 2 − 4 =
0

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) x 2 − 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 ( d 2 ) : y= x − 3 . Tìm m để
hai đường thẳng đã cho song song với nhau.
2)Cho phương trình : x 2 + 4 x + 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 ( d1 ) : y = ( m − 1) x + 2 và ( d 2 ) : y= x − 3 song song với nhau khi và chỉ khi

m −1 = 1 ⇔ m = 2
Vậy m = 2 thì ( d1 ) / / ( d 2 ) .
2) a) Với m = 1 , phương trình đã cho trở thành:
 x + 1 =0
 x =−1
x 2 + 4 x + 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: ∆ ' = 22 − ( 2m + 1) = 4 − 2m − 1 = 3 − 2m
Phương trình có nghiệm kép ⇔ ∆ ' = 0 ⇔ 3 − 2m = 0 ⇔ 2m = 3 ⇔ m =
Vậy m =

3
thì phương trình (1) có nghiệm kép.
2

Câu III. (2,0 điểm)

3
2

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

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 , 
ABC = 600 .

AC = ABtan
=
ABC 6=
tan 600 6 3 ( cm )

AB
AB

=
= 12 ( cm )
= cos
=
ABC cos 600 ⇒ BC
BC
cos 600
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 )
9
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% đầu tiên là: 90% x = x (đồng)
10
9
81
Giá của chiếc ti vi sau lần giảm giá 10% lần thứ hai là: 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
20 000 000 (thỏa mãn điều kiện)
x = 16 200 000 ⇔ x =
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
E

F

H

B

D

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

M

C




AEH
= HEC
= 900
 BE ⊥ AC


 = 900
AFH = HFB
⇒ CF ⊥ AB ⇒  
 AD ⊥ BC   
HDC =
900

 HDB =

⇒
AEH + 
AFH = 900 + 900 = 1800

Vậy AEHF là tứ giác nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 )
2) Chứng minh rằng: 
ADE = 
ADF

 + BFH
 = 900 + 900 = 1800
Tứ giác BDHF có: BDH
Nên BDHF là tứ giác nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 )
=
 (hai góc nội tiếp cùng chắn HF
 ) hay 

⇒ HDF
HBF
ADF = EBF
 + HDC
 = 900 + 900 = 1800
Tứ giác HECD có: HEC
Nên HECD là tứ giác nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 )
=
 (hai góc nội tiếp cùng chắn HE

 ) hay 
⇒ HDE
HCE

ADE = ECF



= BFC
= 900
Tứ giác CEFB có: BEC
⇒ B, E , F , C thuộc đường tròn đường kính BC (Quỹ tích cung chứa góc )
=
 (hai góc nội tiếp cùng chắn EF
)
⇒ EBF
ECF

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
 )
=
EMC ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn EC
⇒ EBC
2
 = EBC
 .
 = HBD
 ( 2 góc nội tiếp cùng chắn HD
 ) hay DFC

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDHF có: HFD
1
=
⇒ DFC
EMC (1)
2
 = DFC
 , mà tia FC nằm giữa hai tia FE và FD
Chứng minh tương tự câu b ta có : EFC
 ⇒ EFC
 = DFC
 = 1 EFD

⇒ FC là tia phân giác của EFD
2
=

EFD
Từ (1) và (2) ⇒ EMC

( 2)

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

 là hai góc đối của tứ giác DFEM ⇒ DFEM là tứ giác nội tiếp
Lại có EFD
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác EDF đi qua trung điểm M của cạnh BC .
Câu V. (2,0 điểm)
0
1) Tìm các số thực x; y; z thỏa mãn: x 2 + y 2 + 4 z 2 − 4 x − 2 y + 4 z + 6 =
2) Cho các số thực x; y thỏa mãn x > 2 y và xy = 3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =
2

2

x 2 + 4 y 2 − 11
x − 2y

2

0
1) x + y + 4 z − 4 x − 2 y + 4 z + 6 =

Giải

⇔ ( x 2 − 4 x + 4 ) + ( y 2 − 2 y + 1) + ( 4 z 2 + 4 z + 1) =
0
⇔ ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( 2 z + 1) =
0
2

2

2


( x − 2 ) 2 ≥ 0 ∀x

2
2
2
2

Vì ( y − 1) ≥ 0 ∀y ⇒ ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( 2 z + 1) ≥ 0 ∀x; y; z

2
( 2 z + 1) ≥ 0 ∀z

x 2
x−2 0 =
=


Đẳng thức xảy ra ⇔  y − 1= 0 ⇔  y = 1
2 z + 1 =

0
1

z = −

2
1


Vậy ( x; y=
; z )  2;1; −  .
2

2
2
x + 4 y − 11 x 2 + 4 y 2 − 12 + 1
2) P =
mà xy = 3
=
x − 2y
x − 2y

x 2 + 4 y 2 − 4 xy + 1 ( x − 2 y ) + 1
1
⇒P=
=
= ( x − 2y) +
x − 2y
x − 2y
x − 2y
Lại có x > 2 y ⇒ x − 2 y > 0
2

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

( x − 2y) +

1

≥2
x − 2y

( x − 2 y).

1
ta có:
x − 2y

1
=
2
x − 2y

⇒P≥2

x − 2 y > 0
3 (1)
( 2 y + 1) y =
 xy = 3

Đẳng thức xảy ra ⇔=
⇔
⇔
 xy 3
1 =
x 2 y + 1 ( 2)
x − 2 y =

1

x − 2 y =
x − 2y


y =1
 y − 1 =0
⇔
(1) ⇔ 2 y + y − 3 = 0 ⇔ ( y − 1)( 2 y + 3) = 0 ⇔ 
 y = −3
0
2 y + 3 =
2

−3
Mà =
thì x = −2
x 2 y + 1 nên với y = 1 thì x = 3 , với y =
2

−3  

Vậy P có giá trị nhỏ nhất bằng 2 ⇔ ( x; y ) ∈ ( 3;1) ;  −2;   .
2 


2

-------------------- HẾT --------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KHÁNH HÒA

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 16/07/2020

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi có 01 trang)

Câu 1. (2,00 điểm) (Không sử dụng máy tính cầm tay)
a. Rút gọn biểu thức
=
A

(3

2− 8

)

2

b. Giải phương trình x 2 − 5 x + 4 =
0
Câu 2. (2,50 điểm)
Trên mặt phẳng Oxy , cho parabol ( P ) : y =
tham số).

1 2
x và đường thẳng ( d ) : y= x − m ( m là
2

1 2
x
2
b. Với m = 0 , tìm tọa độ giao điểm của ( d ) và ( P ) bằng phương pháp đại số.

a. Vẽ parabol ( P ) : y =

c. Tìm điều kiện của m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt.
Câu 3. (1,50 điểm)
Để chung tay phòng chống dịch COVID-19, hai trường A và B trên địa bàn tỉnh
Khánh Hòa phát động phong trào quyên góp ủng hộ người dân có hoàn cảnh khó khăn. Hai
trường đã quyên góp được 1137 phần quà gồm mì tôm (đơn vị thùng) và gạo (đơn vị bao).
Trong đó, mỗi lớp của trường A ủng hộ được 8 thùng mì và 5 bao gạo; mỗi lớp của trường
B ủng hộ được 7 thùng mì và 8 bao gạo. Biết số bao gạo ít hơn số thùng mì là 75 phần
quà. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu lớp?
Câu 4. (3,00 điểm)
Cho đường tròn ( O ) và một điểm I nằm ngoài đường tròn. Qua I kẻ hai tiếp tuyến
IM và IN với đường tròn ( O ) . Gọi K là điểm đối xứng với M qua O . Đường thẳng IK

cắt đường tròn ( O ) tại H .
a. Chứng minh tứ giác IMON nội tiếp đường tròn
b. Chứng minh IM .IN = IH .IK
c. Kẻ NP vuông góc với MK . Chứng minh đường thẳng IK đi qua trung điểm của
NP .
Câu 5. (1,00 điểm)

Cho x, y là các số thực thỏa: x, y > 0 và x + y ≥
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

7
2

13 x 10 y 1 9
+
+
+
3
3
2x y
HẾT


ĐÁP ÁN THAM KHẢO
Câu 1. (2,00 điểm) (Không sử dụng máy tính cầm tay)
a. Rút gọn biểu thức
=
A

(3

2− 8

)

b. Giải phương trình x 2 − 5 x + 4 =
0

2
Giải

(3 2 − 8 ) 2
8) 2 =
(3 2 − 2 2 ) 2 = 2.

a. Rút gọn biểu thức
=
A

(

Có: A =3 2 −

2=
2

Vậy: A = 2
b. Giải phương trình x 2 − 5 x + 4 =
0
Có: a + b + c = 1 + ( −5 ) + 4 = 0

x = 1
nên phương trình có nghiệm 
 x= c= 4
a

Vậy S = {1;4} .

Câu 2. (2,50 điểm)
Trên mặt phẳng Oxy , cho parabol ( P ) : y =
tham số).

1 2
x và đường thẳng ( d ) : y= x − m ( m là
2

1 2
x
2
b. Với m = 0 , tìm tọa độ giao điểm của ( d ) và ( P ) bằng phương pháp đại số.

a. Vẽ parabol ( P ) : y =

c. Tìm điều kiện của m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt.
a. (Học sinh tự trình bày)

Giải

b. Với m = 0 , tìm tọa độ giao điểm của ( d ) và ( P ) bằng phương pháp đại số.

Khi m = 0 thì ( d ) : y = x

Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) :

x = 0
x = 0
1 2
1 2

1

x =x ⇔ x −x=
0 ⇔ x  x − 1 =
0 ⇔ 1
⇔
 x − 1 =0
2
2
2

x = 2
2
Khi x = 0 thì y = 0
Khi x = 2 thì y = 2
Vậy ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm O ( 0;0 ) và A ( 2;2 )
c. Tìm điều kiện của m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt.


Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) :

1 2
0 ( *)
x = x − m ⇔ x 2 − 2 x + 2m =
2
2
Có: ∆′ = ( −1) − 1.2m = 1 − 2m

Để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt thì phương trình (*) phải có hai nghiệm phân
biệt

Suy ra: ∆′ > 0 hay 1 − 2m > 0 ⇔ m <
Vậy m <

1
.
2

1
2

Câu 3.
Để chung tay phòng chống dịch COVID-19, hai trường A và B trên địa bàn tỉnh
Khánh Hòa phát động phong trào quyên góp ủng hộ người dân có hoàn cảnh khó khăn. Hai
trường đã quyên góp được 1137 phần quà gồm mì tôm (đơn vị thùng) và gạo (đơn vị bao).
Trong đó, mỗi lớp của trường A ủng hộ được 8 thùng mì và 5 bao gạo; mỗi lớp của trường
B ủng hộ được 7 thùng mì và 8 bao gạo. Biết số bao gạo ít hơn số thùng mì là 75 phần
quà. Hỏi mỗi trường có bao nhiêu lớp?
Giải
Gọi x, y lần lượt là số lớp của trường A và B (đơn vị: lớp). Điều kiện: x, y ∈ 
Vì mỗi lớp của trường A ủng hộ được 8 thùng mì và 5 bao gạo
Nên số thùng mì ủng hộ của trường A là 8x , số bao gạo ủng hộ của trường A là 5x
Vì mỗi lớp của trường B ủng hộ được 7 thùng mì và 8 bao gạo
Nên số thùng mì ủng hộ của trường B là 7 y , số bao gạo ủng hộ của trường B là 8y
Vì có tổng cộng 1137 phần quà nên: 8 x + 5 x + 7 y + 8 y =
1137 ⇔ 13 x + 15 y =
1137 (1)

Vì số bao gạo ít hơn số thùng mì là 75 phần nên: 8 x + 7 y = 5 x + 8 y + 75 ⇔ 3 x − y =
75 ( 2 )

13 x + 15 ( 3 x − 75 ) =
1137
1137
13 x + 15 y =
Từ (1) và ( 2 ) ta có hệ: 
⇔
75
y 3 x − 75
3 x − y =
=
1137
 x = 39
58 x − 1125 =
(nhận)
⇔
⇔
y 3 x − 75
 y = 42
=
Vậy trường A có 39 lớp; trường B có 42 lớp.
Câu 4. (3,00 điểm)
Cho đường tròn ( O ) và một điểm I nằm ngoài đường tròn. Qua I kẻ hai tiếp tuyến

IM và IN với đường tròn ( O ) . Gọi K là điểm đối xứng với M qua O . Đường thẳng IK
cắt đường tròn ( O ) tại H .
a. Chứng minh tứ giác IMON nội tiếp đường tròn
b. Chứng minh IM .IN = IH .IK
c. Kẻ NP vuông góc với MK . Chứng minh đường thẳng IK đi qua trung điểm của
NP .

Giải

a. Chứng minh tứ giác IMON nội tiếp đường tròn
Có: IMO + INO = 900 + 900 = 1800 nên tứ giác IMON nội tiếp
b. Chứng minh IM .IN = IH .IK
Xét ∆INH và ∆IKN
Có: HIN : góc chung

 )
INH = IKN (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây – góc nội tiếp cùng chắn NH
Suy ra: ∆INH ∽ ∆IKN (g.g)
IN IH
⇒
=
IK IN
⇔ IN 2 =
IH .IK
Mà IN = IM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Vậy: IN .IM = IH .IK (đpcm)

c. Chứng minh đường thẳng IK đi qua trung điểm của NP .
Gọi E là giao điểm của IK và PN
Có: ∆INH ∽ ∆IKN (cmt)
NI NH
Suy ra:
=
KI KN
MI NH
Mà: NI = MI nên suy ra:

=
(1)
KI KN
Có: PE / / IM (do cùng vuông góc MK )
PE KE
PE MI
(theo Ta-lét). Suy ra:
Nên:
=
=
( 2)
MI KI
KE KI


Mặt khác: Có: PNK = KMN (cùng phụ NKP )
)
Lại có: KMN = KHN (cùng chắn KN

Suy ra: PNK = KHN .
Từ đó, có ∆KEN ∽ ∆KNH (g.g)
EN KE
EN NH
Suy ra:
=
⇔
= ( 3)
NH KN
KE KN
PE EN MI NH

Từ (1) , ( 2 ) và ( 3) . Suy ra: = = =
hay PE = EN .
KE KE KI KN
Vậy E là trung điểm NP .
Câu 5. (1,00 điểm)
Cho x, y là các số thực thỏa: x, y > 0 và x + y ≥

7
2

13 x 10 y 1 9
+
+
+
3
3
2x y
Giải
Chú thích: Dự đoán điểm rơi: x = 0,5 và y = 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

Có:

P = 2x +

7
7
1 9
x+ y+ y+

+
3
3
2x y

1  
9 7

P =  2x +  +  y +  + ( x + y )
2x  
y 3

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2x và
Có P ≥ 2 2 x.

Vậy: Pmin

1
7
9
; cho y và
cùng với giả thiết x + y ≥
2x
2
y

1
9 7 7
49 73
+ 2 y. + . hay P ≥ 2 + 2 +

=
2x
y 3 2
6
6


1
2 x = 2 x

1

73
9

x =
khi=
=
⇔
2.
y
6
y

 y = 3

7
x + y =
2


-------------------- HẾT --------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LÂM ĐỒNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2020 - 2021

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)

Môn thi: TOÁN KHÔNG CHUYÊN
Thời gian làm bài: 90 phút
Khóa thi ngày: 14,15,16/7/2020

(

)(

)

Câu 1. (0,75 điểm)

Tính:

Câu 2. (0,75 điểm)

y (m − 3) x 2 nghịch biến khi x > 0.
Tìm m để hàm số =

Câu 3. (1,0 điểm)
Câu 4. (0,75 điểm)

Giải phương trình: x4 – 6x2 + 8 = 0.

Câu 5. (1,0 điểm)
Câu 6. (1,0 điểm)
Câu 7. (1,0 điểm)
Câu 8. (0,75 điểm)
Câu 9. (0,75 điểm)
Câu 10. (0,75 điểm)
Câu 11. (0,75 điểm)

Câu 12. (0,75 điểm)

7+ 3

7− 3 .

Cho đường tròn (O;3cm), vẽ dây CD = 3cm. Tính số đo cung
lớn CD.
Cho tam giác ABC vuông tại A, vẽ đường cao AH (H∈BC).
Biết HB = 2cm, HC = 8cm. Tính AH.
Tìm tọa độ giao điểm của ( P ) : y = 2 x 2 và (d): y = 3x – 1 bằng
phép tính.

1
ax − by =
Biết hệ phương trình 

có nghiệm là (x; y) = (3; 1).
2
ax
+
by
=
8

Tìm a và b.
Một bể nước dạng hình trụ có chiều cao là 25dm, bán kính
đường tròn đáy là 8dm. Hỏi khi đầy thì bể chứa bao nhiêu lít
nước? (bỏ qua độ dày của thành bể; π ≈ 3,14).
Một vườn hoa hình chữ nhật có diện tích 91m2 và chiều dài lớn
hơn chiều rộng 6m. Tính chu vi của vườn hoa.
Cho tam giác nhọn ABC có AH, BK, CQ là ba đường cao
(Q∈AB, K∈A C, H∈BC). Chứng minh HA là tia phân giác của
góc QHK.
Cho phương trình: x2 – 2(m – 2)x + m2 + 2m – 3 = 0 (x là ẩn số,
m là tham số). Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt
1 1 x1 + x2
.
x1; x 2 thỏa + =
x1 x2
5
Cho đường tròn (O;R) cố định đi qua hai điểm B và C cố định
(BC khác đường kính). Điểm M di chuyển trên đường tròn (O)
(M không trùng với B và C), G là trọng tâm của ∆ MBC. Chứng
minh rằng điểm G chuyển động trên một đường tròn cố định.
-------Hết-------

Họ tên thí sinh: …………………………. Số báo danh: ………………………………
Giám thị 1: ……………… Ký tên……… Giám thị 2: ……………… Ký tên……….


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LÂM ĐỒNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2020 - 2021

(Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang)

Môn thi: TOÁN KHÔNG CHUYÊN
Khóa thi ngày: 14,15,16/7/2020

ĐÁP ÁN, HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ CHÍNH THỨC
CÂU
Câu 1. (0,75 điểm)
Câu 2. (0,75 điểm)
Câu 3. (1,0 điểm)

(

7+ 3

)(

HƯỚNG DẪN CHẤM
7− 3 =

2

Lập luận đúng a < 0
Tìm đúng m < 3
Đặt ẩn phụ và ghi đúng điều kiện
Đưa về phương trình t2 – 6t + 8 = 0
t1 2;=
t2 4
Giải đúng=

{

Kết luận đúng tập nghiệm S =± 2; ± 2

Câu 4. (0,75 điểm)

Câu 5. (1,0 điểm)

Câu 6. (1,0 điểm)

ĐIỂM

) ( 7 ) − ( 3) = 4
2

0,75 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

0,25 điểm
0,25 điểm

}

0,25 điểm

 = 600
Lập luận ∆ OCD là tam giác đều ⇒ COD
Tính số đo cung nhỏ CD là 600
Tính số đo cung lớn CD là 3000
Vẽ hình
Viết đúng hệ thức AH2 = BH.HC
Tính đúng AH = 4cm
Đưa được về phương trình 2x2 – 3x + 1 = 0
1
2

Giải đúng nghiệm=
x1 1;=
x2

1 1
Tìm và kết luận tọa độ giao điểm là (1;2) và  ; 

0,5 điểm

Thay x = 3; y = 1 vào hệ phương trình

0,25 điểm

1
3a − b =
8
6 a + b =

Đưa về hệ phương trình 
Tìm đúng a = 1; b = 2
Câu 8. (0,75 điểm)

Câu 9. (0,75 điểm)

0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

2 2

Câu 7. (1,0 điểm)

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

Viết đúng công thức V = π R h
Tính đúng V= 5024dm3
Kết luận khi bể đầy thì chứa 5024 lít nước.
Gọi x(m) là chiều rộng của vườn hoa hình chữ nhật

(x > 0)
Lập đúng phương trình: x(x + 6) = 91
Giải và tính được chu vi vườn hoa là 40m.
2

0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Trang 1/3


Câu 10.(0,75 điểm)

A

K
Q

I

B

H

C

Gọi I là trực tâm của ∆ABC
Chứng minh được tứ giác QIHB nội tiếp
 = QBI
 (1)
⇒ QHI
Chứng minh được tứ giác KIHC nội tiếp

 = ICK
 (2)
⇒ KHI

0,25 điểm


⇒ HA là tia phân giác của QHK

0,25 điểm

 = ICK
 (3)
Chứng minh được QBI
 = IHK

Từ (1), (2), (3) ⇒ QHI

Câu 11. (0,75 điểm)

Lập luận được phương trình có hai nghiệm phân biệt
khi m <

7
6

1
1
1 1 x1 + x2

⇔ (2m − 4)  2
0
− =
+ =
x1 x2
5
 m + 2m − 3 5 

(với m ≠ 1; m ≠ –3)
TH1: 2m − 4 = 0 ⇒ m = 2 (loại)
TH2:

0,25 điểm

0,25 điểm

1
1
− =0
m + 2m − 3 5
2

⇒ m = 2 (loại) hoặc m = – 4 (nhận)

Câu 12. (0,75 điểm)

0,25 điểm

Kết luận m = – 4

0,25 điểm

Trang 2/3


Gọi N là trung điểm BC.

1
3

Trên NO lấy H sao cho NH = NO (1)

0,25 điểm

(O) cố định, BC cố định ⇒ H cố định.

G là trọng tâm của ∆ MBC ⇒ NG = 1 NM (2)
3

Từ (1) và (2) ⇒ ∆NHG

∆NOM ⇒ HG=

1
3

0,25 điểm

1
1
OM =
R
3
3

H cố định và HG = R
1
3

Vậy G chuyển động trên đường tròn (H; R )

0,25 điểm

** Nếu học sinh giải theo cách khác nhưng đúng thì giáo viên phân bước và cho điểm tương
ứng sao cho thích hợp.

-------Hết-------

Trang 3/3


KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2020 -2021
Môn thi: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LẠNG SƠN

Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian chép đề)
Đề thi gồm 01 trang, 05 câu.

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1: ( 3,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức
=
A

25 − 9

B=

(

)

2

2 +1 − 2

C=

8 + 32 − 98
2


x
2 
1
P 
=
+
với x>0; x ≠ 1
b) Cho biểu thức
:
 x −1 x − x  x −1
Rút gọn biểu thức P. Tính giá trị của P khi x = 4

Câu 2 (1,5 điểm)

{

−4
a) Giải hệ phương trình 3x + 2 y =
x− y=
7

b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hai hàm số y = − x 2 và y = x - 2
Câu 3 (1,5 điểm)
a) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi là 160m và diện tích là 1500m2. Tính
chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn đó.
b) Tìm tham số m để phương trình x2 - 5x + m – 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2

1
thỏa mãn x12 − 2x1 x2 + 3x 2 =
Câu 4: ( 3,5 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Trên nửa đường tròn (O) lấy điểm C sao
cho CA < CB. Trên đoạn OB lấy điểm M sao cho M nằm giữa O và B. Đường thẳng đi
qua M vuông góc với AB cắt tia AC tại N, cắt BC tại E.
a)Chứng minh tứ giác ACEM nội tiếp trong một đường tròn.
b)Tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại C cắt đường thẳng MN tại F. Chứng minh
∆CEF cân.
c)Gọi H là giao điểm của NB với nửa đường tròn (O). Chứng minh HF là tiếp tuyến
của nửa đường tròn (O).
Câu 5: ( 0,5 điểm)
3 . Tìm giá trị nhỏ nhất
Cho các số thực a, b,c không âm thỏa mãn a + b + c =
của biểu thức
P=

3a 2 − 2ab + 3b 2 + 3b 2 − 2bc + 3c 2 + 3c 2 − 2ca + 3a 2

-------------------- Hết --------------------


HƯỚNG DẪN GIẢI – BIỂU ĐIỂM
Câu

Phần
a)

1

Đáp án

Điểm

25 − 9 =5-3=2

0,5

B=

(

0,5

C=

8 + 32 − 98 2 2 + 4 2 − 7 2
=
= −1
2
2

=
A

)

2

2 +1 − 2 = 2 +1− 2 =1


x
2 
1
P 
=
+
với x>0; x ≠ 1
:
x
1
x
x
x
1
−
−
−


 x

2

. x −1
=
+
 x −1
x x −1 




(

)

(

)



.
2
x
x

. x −1
=
+
 x x −1
x x −1 


b
x+2
. x −1
=
x x −1

x+2
=
x
Thay x = 4 (thỏa mãn ĐKXĐ) vào biểu thức P ta có
4+2 6
P=
= = 3
2
4
Vậy giá trị của biểu thức P = 3 khi x = 4.
3x + 2 y =
−4 ⇔ 3x + 2 y =
−4
=
=
x− y 7
2x − 2 y 14
=
5x
10
⇔
x− y=
7
a
⇔ x=2
y = −5
2
Vậy nghiệm của hệ phương trình (x,y) = (2; -5)

(

(

{

b

{
{

)

)
(

(

)

)

(

)

0,5

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

{

Số giao điểm của (P) và (d) là số nghiệm của phương trình
hoành độ giao điểm sau: -x2 = x-2
⇔ x2 + x – 2 = 0
⇔ x2 + 2x - x – 2 = 0
⇔ x2 + 2x - x – 2 = 0
⇔(x +2)(x -1) = 0
⇔ x = -2 hoặc x = 1

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25


Lập luận được tọa độ giao điểm (1;-1) và (-2;-4)

3

a

Gọi chiều dài mảnh vườn hình chữ nhật là x (m; 0< x < 80)
Nửa chu vi mảnh vườn hình chữ nhật là 160:2 = 80 ( m)
Chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật là 80 - x (m; 0Vì diện tích mảnh vườn hình chữ nhật là 1500m2 nên ta có
phương trình
x(80 - x) =1500 ⇔ x2- 80x+1500 =0
Giải được x = 30; x = 50 ( thỏa mãn)
* Nếu chiều dài = 30 m thì chiều rộng = 80 - 30 = 50 m ( loại
vì chiều dài > chiều rộng)
* Nếu chiều dài = 50 m thì chiều rộng = 80 - 50 = 30 m (thỏa
mãn vì chiều dài > chiều rộng)
Trả lời đúng chiều dài mảnh vườn hình chữ nhật là 50m và
chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật là 30m
x2 -5x + m – 3 = 0 (1)

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

∆ = ( −5 ) − 4 ( m − 3) = −4m + 37
2

Lập luận được m <

37

thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân
4

biệt
x1;x2 là nghiệm của phương trình (1) nên theo định lý viet, ta có
x1 + x2 =
5
x1.x2= m − 3

{

b

Theo đề bài
1
x12 − 2x1 x2 + 3x 2 =
2
1
⇔ x1 + x1 x2 − 3x1 x2 + 3x 2 =
1
⇔ x1 ( x1 + x 2 ) − 3x1 x2 + 3x 2 =
1
⇒ x1.5 − 3.( m − 3) + 3x 2 =
1
⇔ 5x1 − 3m + 9 + 3x 2 =
⇔ 5x1 + 3x 2 =3m − 8
Giải hệ phương trình
x1 + x 2 5
5x1 + 5x 2 25
=

=
⇔
5x1 + 3x 2 =3m − 8
5x1 + 3x 2 =3m − 8
3m − 23

 x1 =
2
⇔
−3m + 33
x 2 =

2
Mà x1.x2= m − 3

{

{

0,25


Nên
3m − 23 −3m + 33
m−3
⋅
=
2 2
2
⇔ −9m + 99m + 69m − 759

= 4m − 12
2
0
⇔ 9m − 164m + 747 =
2
0
⇔ 9m − 81m − 83m + 747 =
0
⇔ 9m(m − 9) − 83(m − 9) =
0
⇔ (m − 9)(9m − 83) =
m = 9
83
⇔
m
=

9

0,25

Vẽ hình đúng đến câu a

4

0,25đ

a

ACB = 900

Xét (O) có 
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

ACE = 900
Hay 
Xét tứ giác ACEM có:

ACE = 900 (cmt)

AME = 900 (do ME ⊥ AB)
ACE + 
AME = 900 + 900 = 1800
⇒ 

0,25đ

0,25đ


b

ACE; 
AME đối nhau
Mà hai góc 
Vậytứ giác ACEM nội tiếp trong một đường tròn. ( dấu hiệu
nhận biết)

0,25đ

 = CAB

 ( cùng bằng nửa số đo cung BC)
Xét (O) có FCB

0,25đ

 = CAM
 ( do tứ ACEM nội tiếp )
Mà FEC

0,25đ

 = FCB
 hay FEC
 = FCE

Nên FEC

0,25đ

Vậy ∆CEF cân tại F (đpcm)

0,25đ

ACB = 900
c) Vì 
 = 900
⇒ AC ⊥ CB mà N thuộc tia AC . E thuộc CB nên NCE
 + FCE
=
 = 900 )

900 ( do NCE
có FCN

c

 + FEC
=
 = 900 )
900 ( do NCE
mà FNC
 = FCE

mặt khác FEC
( chứng minh trên)





0,25đ

Nên FCN = FNC
Vậy ∆CNF cân tại F
⇒ FN = FC
Mà FC = FE ( do ∆CEF cân tại F)
Nên FN = FE mà F thuộc NE ⇒ F là trung điểm của NE
Xét ∆ANB có BC ⊥ AN ( do
có NM ⊥ AB (gt)
Mà BC cắt NM tại E
⇒ E là trực tâm ∆ANB

⇒ AE ⊥ NB (1)


ACB = 900 và

0,25đ

C ∈ AN)


Mà AHB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ AH ⊥ HB có H ∈ BN ⇒ AH ⊥ NB (2)
Từ (1,2) ⇒ A,E, H thẳng hàng
mà AH ⊥ NB
0

Hay EHN = 90
0

Xét ∆EHN có EHN = 90
mà HF là trung tuyến của ∆EHN ( do F là trung điểm của NE)
EN
⇒ HF =
2

0,25đ

0

Hay HF = EF = FN ( =

EN
)
2

0,25đ


Xét ∆CFO và ∆HFO có
FO chung
CO = HO ( = bán kính của (O))
FC = FH ( = FN)
⇒∆CFO = ∆HFO ( c- c- c)

0,25đ

 = FHO

⇒ FCO

 = 900 (do CF là tiếp tuyến)
Mà FCO

 = 900
Nên FHO
⇒FH ⊥ HO mà H ∈ (O)
Vậy HF là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O).

0,25đ

Có 3a2 - 2ab + 3b2 = ( a + b)2 + 2( a – b)2 ≥ ( a + b)2
⇒ 3a 2 − 2ab + 3b 2 ≥ (a + b)2 =a + b ( do a, b không âm ⇒ a + b
5

≥ 0)
Tương tự 3b 2 − 2bc + 3c 2 ≥ (b+ c)2 =+
b c

0,25đ

3c 2 − 2ca + 3a 2 ≥ (c+ a ) 2 =+
c a

Nên P ≥ 2 ( a + b + c) (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm a và 1 ta
được a + 1 ≥ 2 a
Tương tự b + 1 ≥ 2 b
c +1 ≥ 2 c

Nên a + b + c + 3 ≥ 2 ( a + b + c )
3
Mà a + b + c =
⇒ a + b + c ≥ 3 (2)
Từ (1, 2) ⇒ P ≥ 6
0
a − b =
b − c =
0

c − a =

0
hay a = b = c = 1 ( thỏa mãn
Dấu bằng xảy ra khi 
a = 1
b = 1

c = 1

đề bài)
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 6 khi a = b = c = 1

0,25đ



SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LONG AN
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021
Môn: TOÁN (Công lập)
Ngày thi: 17/07/2020
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

(Đề thi gồm có 01 trang)
Câu 1: (1,5 điểm)
a. =
Tính: L
4 + 3 2 − 18 .
a+3 a

− a với a  0 .
a +3

b. Rút gọn biểu thức:
=
N
Câu 2: (1,5 điểm)
a. Giải phương trình:

2
2.
( x + 1) =

4
2 x + y =
.
1
3 x − y =

b. Giải hệ phương trình: 

Câu 3: (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng (d1 ) : y= x − 3 và (d 2 ) : y =
−3 x + 1.
a. Vẽ đường thẳng (d1 ) trên mặt phẳng tọa độ Oxy .
b. Tìm tọa độ giao điểm của (d1 ) và (d 2 ) bằng phép tính.
c. Viết phương trình đường thẳng (d ) có dạng =
y ax + b , biết (d ) song song với (d1 ) và cắt
trục tung tại điểm có tung độ bằng 7.
Câu 4: (1,5 điểm)

a. Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH , biết AH = 4, 8cm và AC = 8cm .
Tính độ dài đoạn thẳng CH , BC .
b. Đường bay lên của một máy bay tạo với phương nằm
ngang một góc là 20o (như hình vẽ). Để đạt độ cao là
5000m thì máy bay đó bay được quãng đường bao
nhiêu? (kết quả làm tròn đến đơn vị mét).
Câu 5: (2,5 điểm)

(

)

 ≠ 90o , các đường cao AD và BE cắt nhau tại H.
Cho tam giác ABC cân tại A BAC

Gọi điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE.
a. Chứng minh bốn điểm C , D , H , E cùng thuộc một đường tròn.
b. Chứng minh BC = 2DE.
c. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) .
Câu 6: (1,0 điểm)
Cho x , y là các số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P =( x + 2 y + 1) + ( x + 2 y + 5) .
2

2

---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
- Họ và tên thí sinh: .................................................................. Số báo danh: .................................
- Cán bộ coi thi 1: ............................................. Cán bộ coi thi 2: ....................................................

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021
LONG AN
Môn: TOÁN (Công lập)
Ngày thi: 17/07/2020
ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
STT

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐIỂM

a. Tính: L  4  3 2  18 .
b. Rút gọn biểu thức: N 

a 3 a
a 3

 a với a  0 .

a. Tính: L  4  3 2  18 .

1.a.
(0,75đ)  2  3 2  3 2
Câu 1
(1,5đ)

0,25x2

2

0,25

b. Rút gọn biểu thức: N 
1.b.

(0,75đ)

a





a 3

a 3

a 3 a
a 3

 a với a  0 .
0,25

a

 a a

0,25

 0.

0,25

a. Giải phương trình sau:

x  1

2

 2.

2x  y  4
b. Giải hệ phương trình sau: 

3x  y  1.

a. Giải phương trình sau:

x  1

2

 2.

 x 1  2

Câu 2
(1,5đ)

0.25

x  1  2
2.a.

(0,75đ)  
x  1  2

0,25


x  3
 
x  1

0,25

2x  y  4
b. Giải hệ phương trình sau: 

3x  y  1.
2.b.

(0,75đ)

5x  5




3x  y  1


1

0,25


x  1
 
3.1  y  1


x  1



y 2


Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 1; 2 .

0,25

0,25

 

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng (d1 ) : y  x  3 và

(d2 ) : y  3x  1.
a. Vẽ đường thẳng (d1 ) trên mặt phẳng tọa độ Oxy .
b. Tìm tọa độ giao điểm của (d1 ) và (d2 ) bằng phép tính.
c. Viết phương trình đường thẳng (d ) có dạng y  ax  b , biết (d ) song
song với (d1 ) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 7.
a. Vẽ đường thẳng (d1 ) trên mặt phẳng tọa độ Oxy .
x
y  x 3

0
3

0,25
0,25

3
0
y

3.a.
(1,0đ)

(d1)
1

3

x

O

Câu 3
(2,0đ)

0,25
0,25

-3

b. Tìm tọa độ giao điểm của (d1 ) và (d2 ) bằng phép tính.
3.b. Phương trình hoành độ giao điểm của (d1 ) và (d2 ) là: x  3  3x  1
(0,5đ)  x  3x  1  3  x  1.





Vậy tọa độ giao điểm của (d1 ) và (d2 ) là 1;  2 .

0,25
0,25

c. Viết phương trình đường thẳng (d ) có dạng y  ax  b , biết (d ) song
song với (d1 ) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 7.
3.c. Vì (d ) song song với (d1 )  y  x  b, (b  3).
(0,5đ)

Vì (d ) cắt trục tung tại điểm có tung độ là 7.

 b  7 ( b  3 ).
Vậy (d ) : y  x  7.
a. Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH , biết
AH  4, 8cm và AC  8cm . Tính độ dài đoạn thẳng CH , BC .
2

0,25
0,25


b. Đường bay lên của một máy bay tạo với
phương nằm ngang một góc là 20o (như hình
vẽ). Để đạt độ cao là 5000m thì máy bay đó
bay được quãng đường bao nhiêu? (kết quả
làm tròn đến mét).
a. Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH , biết
AH  4, 8cm và AC  8cm . Tính độ dài đoạn thẳng CH , BC .
A

4,8cm

0,25

8cm

4.a.
(1,0đ)
B

Câu 4

(1,5đ)

C

H

CH 2  AC 2  AH 2  82  4, 82  40, 96.

0,25

 CH  6, 4 cm.

0,25
2

2

8
AC

 10cm.
CH
6, 4
b. Đường bay lên của một máy bay tạo với
phương nằm ngang một góc là 20o (như hình
vẽ). Để đạt độ cao là 5000m thì máy bay đó
4.b. bay được quãng đường bao nhiêu? (kết quả
(0,5đ) làm tròn đến mét).
5000
Máy bay phải bay một quãng đường là: CB 

sin 20o
 14 619(m ).
AC 2  CH .BC  BC 

(

0,25

0,25
0,25

)

 ≠ 90o , các đường cao AD và BE cắt
Cho tam giác ABC cân tại A BAC

nhau tại H. Gọi điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE.
a. Chứng minh bốn điểm C , D , H , E cùng thuộc một đường tròn.
b. Chứng minh BC = 2DE .
c. Chứng minh DE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) .
A

Câu 5
(2,5đ)

H

1

1

O

O

5.a.
(1,5đ)

E

E
H

2

2

D

A

1

1

B

0,25

1

1

B

C

D

 > 90o .
Trường hợp BAC

 < 90o .
Trường hợp BAC

3

C