Tổng hợp 10 đề tuyển sinh lớp 10 môn toán năm 2020 – 2021 tập 9

SỞ GDĐT NINH BÌNH

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
LẦN THỨ NHẤT - NĂM HỌC 2019 - 2020; MÔN TOÁN

(Đề thi có 01 trang)

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  mx  n (1) (m, n là tham số, m  0 ) có đồ thị là đường thẳng (d).
a) Hãy chỉ ra hệ số góc của đường thẳng (d).
b) Tìm điều kiện của m để hàm số (1) nghịch biến trên R.
c) Tìm m, n để đường thẳng (d) đi qua hai điểm A 1;3 và B  2;5  .
Câu 2 (2,0 điểm). Cho biểu thức S 

a) Rút gọn

2 x
3 x  14

với x  0 , x  4 .
x4
x2 x

2 x
.
x2 x

b) Rút gọn biểu thức S.
c) Tìm tất cả các giá trị của x để biểu thức S nhận giá trị nguyên.
Câu 3 (1,5 điểm). Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Có 2 loại dung dịch muối ăn, một loại chứa 1% muối ăn và loại còn lại chứa 3,5% muối ăn.
Hỏi cần lấy bao nhiêu cân dung dịch mỗi loại trên để hoà lẫn với nhau tạo thành 140 cân dung dịch
chứa 3% muối ăn?
Câu 4 (4,0 điểm).
1. Cho đoạn thẳng HK  5cm . Vẽ đường tròn tâm H, bán kính 2cm và đường tròn tâm K, bán
kính 3cm.
a) Xác định vị trí tương đối của hai đường tròn trên.
b) Trên đoạn thẳng HK lấy điểm I sao cho IK  1cm . Vẽ đường thẳng đi qua I và vuông góc
với HK, đường thẳng này cắt đường tròn (K) tại hai điểm P, Q. Tính diện tích tứ giác HPKQ.
2. Một bể cá làm bằng kính dạng hình hộp chữ nhật có thể tích là 500dm3 và chiều cao là 5dm
(bỏ qua chiều dày của kính làm bể cá).
a) Tính diện tích đáy của bể cá trên.
b) Đáy của bể cá trên có thể có chu vi nhỏ nhất bằng bao nhiêu? Tại sao?
Câu 5 (0,5 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T

1
3

a  3 b 1



1
3

b  3 c 1



1
3

c  3 a 1

.
-----Hết-----

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.......................................

Số báo danh:.................................................

Chữ kí của giám thị 1:…………………….

Chữ kí của giám thị 2:..................................


SỞ GDĐT NINH BÌNH

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
LẦN THỨ NHẤT - NĂM HỌC 2019-2020; MÔN TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

Câu

Đáp án

Điểm

a) (0,5 điểm)
Hệ số góc của đường thẳng (d) là m.
b) (0,5 điểm)
Để hàm số (1) nghịch biến trên R thì điều kiện là m  0 .
c) (1,0 điểm)
1
(2,0
điểm)

0,5
0,5

Đường thẳng (d) đi qua điểm A 1;3  m  n  3 (*).

0,25

Đường thẳng (d) đi qua điểm B  2;5   2m  n  5 (**).

0,25

m  n  3
m  2
Kết hợp (*) và (**) ta có hệ phương trình 

2m  n  5
2  n  3

0,25

m  2

.
n  1
a) (0,5 điểm)
2 x

x2 x

0,25

2 x
x



x 2

0,25



2
.
x 2



0,25

b) (1,0 điểm)

2
(2,0
điểm)

S

2 x
3 x  14


x4
x 2 x



2

x 2



x 2

5



 x  2  x  2 

3 x  14

2 x  4  3 x  14







x 2

2
3 x  14

x4
x 2



x 2

x 2








x  2 

x  2  3 x  14
x 2



0,25

5 x  10

 



x 2



2



0,25

x 2



x 2



5
.
x 2

0,25

0,25

c) (0,5 điểm)
Vì

x  2  2 với x  0 nên 0 

5
5
 . Do đó S có thể nhận hai giá trị nguyên
x 2 2

0,25

là 1 và 2.
* S 1

5
 1  x  2  5  x  3  x  9 (thỏa mãn điều kiện).
x 2

0,25

1


* S2

5
5
1
1
 2  x  2   x   x  (thỏa mãn điều kiện).
2
2
4
x 2

1 
Vậy x   ;9  .
4 
Gọi khối lượng dung dịch chứa 1% muối ăn và khối lượng dung dịch chứa 3,5% muối
ăn lần lượt là x và y (cân, x, y  0 ).
Vì cần 140 cân dung dịch 3% muối ăn nên ta có phương trình x  y  140 (1).
Khối lượng muối ăn trong dung dịch 1% là
dung dịch 3,5% là
3
(1,5
điểm)

0,25
0,25

1
x (cân), khối lượng muối ăn trong
100

3, 5
y (cân), khối lượng muối ăn trong dung dịch 3% là
100

3
.140  4, 2 (cân).
100
1
3,5
x
y  4, 2  x  3,5y  420 (2).
100
100
Kết hợp (1) và (2) ta có hệ phương trình
 x  y  140
 x  y  140


 x  3,5y  420
2, 5y  280

0,25

Từ đó ta có phương trình

 x  112  140
 x  28


(thỏa mãn điều kiện).
 y  112
 y  112
Vậy cần phải lấy 28 cân dung dịch 1% muối ăn và 112 cân dung dịch 3,5% muối ăn.
1. (2,5 điểm)

0,25

0,25
0,25

P

H

I

K

0,5

Q

4

(4,0
điểm)

Vẽ hình đúng để làm được ý a: 0,5 điểm.
a) (1,0 điểm)
Tổng hai bán kính là: r  R  2  3  5 (cm).
Độ dài đoạn nối tâm: HK = 5 (cm).
Suy ra: Độ dài đoạn nối tâm bằng tổng hai bán kính. Do đó hai đường tròn tiếp xúc
ngoài với nhau.
b) (1,0 điểm)
Vì PQ  HK nên I là trung điểm của PQ.
Áp dụng định lí Pi-ta-go cho tam giác vuông IPK ta có

PI  PK 2  IK 2  32  12  2 2 (cm).

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

Suy ra PQ  2.2 2  4 2 (cm).

0,25

1
1
Do đó diện tích tứ giác HPKQ là S  .HK.PQ  .5.4 2  10 2 (cm2).
2
2

0,25

2


2) (1,5 điểm)
a) (1,0 điểm)
Diện tích đáy của bể cá là S 

V
.
h

500
 100 (dm2).
5
b) (0,5 điểm)
Gọi a, b là độ dài hai cạnh của đáy bể cá (dm, a, b  0 ).
Theo kết quả ý a) thì ab  100 (dm2).
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có 2  a  b   2.2 ab  4 100  40 .

Thay số S 

Dấu bằng xảy ra khi a  b  10 .
Vậy đáy của bể cá có thể có chu vi nhỏ nhất bằng 40 (dm).
Đặt 3 a  x 3 , 3 b  y3 , 3 c  z3  x, y, z  0 và xyz  1 .

0,5
0,5

0,25
0,25

Ta có x 3  y3   x  y   x 2  y 2  xy   xy  x  y  do x 2  y 2  2xy theo Cô-si.

1
xyz
z


(1)
3
x  y  1 xy  x  y   xyz x  y  z
1
x
1
y
Tương tự: 3 3
(2); 3
(3)


3
y  z 1 x  y  z
z  x 1 x  y  z
Cộng vế với vế của 3 bất đẳng thức (1); (2) và (3) có:
1
1
1
xyz

T 3
 3 3
 3 3

 1.
3
x  y 1 y  z 1 x  z 1 x  y  z
Dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  z  1 hay a  b  c  1 .
Vậy T đạt giá trị lớn nhất bằng 1 .
------Hết-----Từ đó suy ra

5
(0,5
điểm)

3

0,25

0,25

3


ịã ùũ íá ắãfô ơá'ẵ

ớă ừ ỗă ớ

òó
ăừ ă ợ

ăừù
ă

ừ
ăừợ
ă

ợ
ù

ù

ù
ă

ù ổ

òũ
ợũ ẻ-ơ ạ; ạã ơđ@ ẵ+ ắãfô ơá'ẵ ò ũ
ịã ợũ íá á)4ạ ơđdá ăợ ừ ứợ

ùữă

ớ ó ũ

ùũ íá'ạ ãá đtạ ê2ã ;ã ạã ơđ@ ẵ+ ụ á)4ạ ơđdá ô: ẵ> áã ạáãe á{ ắãeơụ ơđã ẳyôũ
ợũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ạã ơđ@

ăù ồ ăợ ơá< ~ ăợù ừ ăợợ ó ộũ

ớũ èd
ịã ớũ
ẳù ổ Đ ó ợă

ở ồ ẳợ ổ Đ ó ỡă



ơá ư8ũ èd

ẳù ẵsơ

ẳợ

ò ẵá ắãhơ êd ư/ ơ: ẵáhơ j á}ã ắ ỡỷ ư8 ơ: ê2ã ạã ỡ
ò
ư>ẵ ạz ù

ò ẵ,ạ ẵá ắãhơ ơáj đtạụ hô àá:ạ ẵ> ẳ@ẵá íẹấìĩúùỗ ơád
ò

ịã ỡũ
ứẹữ
ò
ứẹữ ụ ê2ã ể ê ề
òề
ẵá ị t ạã& òồ í
ị ê ể

ùũ íá'ạ ãá ơ' ạãẵ òề ẹể
ợũ ;ã ỉ

ứẹữ ũ ẽô ò àl ẵẵ ơãh ơôĐh òể ê
òịí
ứẹữ ư
òẹ ũ
òịổòí ó òể ợ ũ

òẹ ê ể ề ũ íá'ạ ãá ơ' ạãẵ ẹỉịí

ớũ ẽô ị
ể í z )/ơ ẵsơ òể ê ể ề ơ|ã ê ũ

íá'ạ ãá ỉể á{ ạãẵ ơđạ ẵ+ ạ>ẵ ịỉí ê ị
ũ
ù Đợ
ịã ởũ íá ăồ Đ ẵẵ ư8 ơá$ẵ ẳ)4ạ ơá< ~ ợăợ ừ ợ ừ
ó ỡ ũ èd ạã ơđ@ á< áyơ ẵ+ ắãfô ơá'ẵ
ă
ỡ
é ó ăĐũ


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
-------------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2020 – 2021

Môn: TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 17/07/2020
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện a  b  c  1 và

1 1 1
   1.
a b c

Chứng minh rằng trong ba số a, b, c có ít nhất một số bằng 1.
b) Cho x, y, z là ba số thực thỏa mãn đồng thời các điều kiện x  y  z  2045 và

 x 18   y  7   z  2020  0.
3

3

Tính giá trị của biếu thức: F   x 18

2021

  y  7

2021

3

  z  2020

2021

.

Câu 2. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: 1 

1
x 1
2



35
.
12 x


 xy  3 y  4 x 2  3 x  3
b) Giải hệ phương trình: 
.
 2
2

y
18
7
x
16

x
y
4






Câu 3. (2,0 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn xy 2  x  2 x 4  2 x 1  2 y 2 .
b) Chứng minh rằng nếu 2n  10a  b với a, b, n là các số tự nhiên thỏa mãn 0  b  10 và n  3 thì ab chia
hết cho 6.
Câu 4. (3,0 điểm)
  450. Về phía ngoài tam giác ABC dựng các hình vuông ABMN và ACPQ.
Cho tam giác ABC nhọn có BAC
Đường thẳng AQ cắt đoạn thẳng BM tại E, đường thẳng AN cắt đoạn thẳng CP tại F .
a) Chứng minh tứ giác EFQN nội tiếp được một đường tròn.
b) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng EF . Chứng minh I là tâm đường trong ngoại tiếp tam giác ABC.
c) Đường thẳng MN cắt đường thẳng PQ tại D. Các đường tròn ngoại tiếp tam giác DMQ và DNP cắt nhau
tại K với K  D. Các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại B và C cắt nhau tại J . Chứng
minh bốn điểm D, A, K , J thẳng hàng.
Câu 5. (1,0 điểm)
Trên một đường tròn người ta lấy 2024 điểm phân biệt, các điểm được tô màu xanh và màu đỏ xen kẽ nhau. Tại
mỗi điểm ta ghi một số thực khác 0 và 1 sao cho quy tắc sau được thỏa mãn “số ghi tại điểm màu xanh bằng
tổng của hai số ghi màu đỏ kể nó; số ghi màu đỏ bằng tích của hai số ghi tại hai điểm màu xanh kế nó”. Tính
tổng của 2024 số đó.
------------------------------------------HẾT------------------------------------------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
-------------------

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: TOÁN (chuyên)
Ngày thi: 17/07/2020
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1.
a) Ta có:

1 1 1
   1  ab  bc  ca  abc.
a b c

Khi đó 1 a 1 b1 c  1  a  b  c  ab  bc  ca   abc  0.
Suy ra: 1 a 1 b1 c  0.
Đẳng thức này chứng tỏ một trong ba số a, b, c có ít nhất một số bằng 1.
a  b  c  0

.
b) Đặt a  x 18, b  y  7 và c  z  2020. Khi đó ta có:  3
3
3





0
a
b
c



Do đó: F  a 2021  b 2021  c 2021.
Ta có: a 3  b3  c3  3abc  a  b  c a 2  b2  c 2  ab  bc  ca  0.
Suy ra 3abc  a 3  b3  c3  0. Không mất tính tổng quát giả sử a  0.
Khi đó ta có: b3  c 3  b  c.
Suy ra F  a 2021  b 2021  c 2021  0  c 

2021

 c 2021  0.

Vậy F  0.
Câu 2.
a) Điều kiện xác định: x  1. Ta có:

35
1
 1
 0  x  0. Do đó x  1.
12 x
x 2 1

Bình phương hai vế của phương trình đã cho, ta được:

1

2



1
1225

x 1 144 x 2



25
 144 x 4  625 x 2  625  0
12

2

x 2 1
x4
2 x2
1225
 2


0
2
x 1
x 1 144

 x2
49  x 2
25 
 
 
   0
 x 2 1 12  x 2 1 12 


x2
x 1
2


5
x 

4
 4 x  54 x  53  53x  5  0  
5

x 

3

 x  1.


5
5

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  ; x  .
4
3
2


 y  2 x  3  4 x  5 x  3 1
.
b) Hệ đã cho tương đương với: 
2
2





y
7
x
16
x
14
2
2









Lấy  2  2  1 , ta được:

 y  2  2  y  2 x  3  x 2  6 x  8
2

  y  2  2  y  2 x  3   x  3  1
2

2

  y  2  x  3  1
2

 y  x6
2
  y  x  5  1  
.
 y  x  4

 x  1  y  5
Trường hợp 1: y  x  6, thay vào 1 , ta được: 3x 2  12 x 15  0  
.
 x  5  x  11


 x  5  2 13  y  17  2 13

3

3
Trường hợp 2: y  x  4, thay vào 1 , ta được: 3x 2 10 x  9  0  
.



5
2
13
17
2
13
y 
 y 

3
3


 5  2 13 17  2 13   5  2 13 17  2 13 


 , 
;
;

Vậy S  1; 5 , 5; 11 , 
.



 

3
3
3
3







Câu 3.
a) Phương trình đã cho tương đương:
y 2  x  2  x  2 x 4  2 x 1  0
  x  2  y 2  x 4  2 x  1  0


x  2
 2
.
4

 y  x  2 x 1

Với x  2, ta có mọi y nguyên đều thỏa mãn.
Với y 2  x 4  2 x  1, suy ra x 4  2 x 1 là số chính phương. Ta xét hai trường hợp sau:


x  1 thì x 4  x 4  2 x  1   x 2  1 . Do đó x  1 không thỏa mãn.



x  1 thì x 4  x 4  2 x  1   x 2 1 . Do đó x  1 không thỏa mãn.

2

2

Thử trực tiếp:




x  0, ta được y  1 hoặc y  1.
x  1, ta được y  2 hoặc y  2.
x  1, ta được y  0.


Vậy phương trình đã có có nghiệm  x; y   2; a  , 0;1 , 0; 1 , 1; 2 , 1; 2 , 1; 0 với a  .
b) Ta có: 2n  10a  b suy ra b chia hết cho 2 mà 0  b  10 nên b  2; 4; 6; 8.
Bây giờ đặt n  4k  r với k   và r  0; 1; 2; 3.
Ta có: 2 n  2 4 k r  16k  2r  2 r mod15.
Mà 2r  1; 2; 4; 8 do đó 2n chia 15 dư 1; 2; 4; 8.


Nếu a  3m 1, thì 10a  b  10 3m  1  b  30m  b  10. Suy ra 2n  10a  b  b  10 mod15.

Do đó b  10 chia 15 dư 1; 2; 4; 8. Mà b  2; 4; 6; 8 nên b  6. Nên ab 6.



Nếu a  3m  2, thì 10a  b  10  3m  2  b  30m  b  20. Suy ra 2n  10a  b  b  5 mod15.

Do đó b chia 15 dư 1; 2; 4; 8. Mà b  2; 4; 6; 8 nên không có giá trị nào của b thỏa mãn. Hay không tồn tại
a dạng 3m  2 sao cho 2n  10a  b.



Nếu a  3m thì ab  3mb mà b chẵn nên ab 6.

Vậy trong mọi trường hợp a, b thỏa mãn 2n  10a  b thì ab chia hết cho 6.
Câu 4.



  CAF
 (do cùng phụ với BAC
 ).
a) Ta có: ABE
ACF  900 và BAE
Suy ra ABE  ACF 

AB AN
AE
.


AF AC AD

.
Do đó AEF  ANQ  
AFE  NQA

Từ đó tứ giác NQFE nội tiếp.
b) Bổ đề:
Nếu gọi M , N lần lượt là trung điểm của BD, AC với ABCD là hình thang  AB  CD  thì MN  AB  CD.
Chứng minh: Gọi K là trung điểm của AD thì KM  AB  CD và KN  DC  AB.
Từ đó suy ra K , M , N thẳng hàng hay MN  AB  CD.
Trở lại bài toán gọi S , L lần lượt là trung điểm của AC , AB.
Áp dung bổ đề trên cho hình thang AFCE với I là trung điểm EF , S là trung điểm AC ta có IS  CF .
Mà CF  AC nên IS  AC tại trung điểm S của AC hay IS là trung trực của AC 1.
Chứng minh tương tự ta cũng có IL là trung trực của AB 2.
Từ 1 và 2 suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
c) Gọi K1 , K 2 lần lượt là giao điểm của DA với đường tròn ngoại tiếp DMQ và DNP.
  DQE
  900 nên DE là đường kính của đường tròn ngoại tiếp DMQ.
Do DME
0

Suy ra DK
1 E  90 .
0

Chứng minh tương tự ta cũng có DK
2 F  90 .

Do đó tứ giác DQK1 E nội tiếp  DA  K1 A  EA  QA.
Tứ giác DNK 2 F nội tiếp  DA  K 2 A  FA  NA.
Theo câu a) tứ giác NQFE nội tiếp nên EA  QA  FA NA.

Từ đó suy ra DA  K1 A  DA  K 2 A hay K1  K 2   DMQ    DNP   K .
Do đó D, A, K thẳng hàng.





  1800  2 BKE
  2 900  EAB
  2 BAC
  BIC
.
  EAB
  CAF
  CKF
. Suy ra BKC
Ta có: BKE
  CKJ
.
Do đó tứ giác BKIC nội tiếp, mà IBJC nội tiếp và JB  JC nên BKJ
.
Hay KJ là phân giác BKC
  1800  
.
Mặt khác BKA
AEB  1800  
AFC. Suy ra tia đối của tia KA cũng là phân giác của BKC
Do đó A, K , J thẳng hàng. Hay bốn điểm D, A, K , J thẳng hàng.

Câu 5.
Gọi các điểm lần lượt được đánh số là A1 , A2 , A3 ,..., A2024 . Trong đó Ak với k lẽ được tô màu xanh, k chẵn
được tô màu đỏ với k  1, 2,..., 2014.
Giả sử A1  x và A2  y với x, y khác 0 và 1. Khi đó A3  A1  A2  A3 
Do A2  A4  A3  A4  A3  A2 

A2
y
 .
A1
x

y
 y.
x

y
y
Tương tự ta tính được A5  1 x, A6  1 x   y, A7  1 , A8  x  y.
x
x



  y
y
y y
Suy ra: A1  A2  ...  A8  x  y     y  1 x  1 x   y   1   x  y  3.



  x 
x  x
x
Ta tính được A9 

A8
 x và A10  y.
A7

Do A1  A9 , A2  A10 nên quá trình này cứ tiếp tục thì thấy rằng cứ sau 8 điểm liên tiếp các số sẽ được lặp lại
theo thứ thứ tự như 8 điểm ban đầu.
2024

Do đó

A 
i

i 1

2024 8
2024
  A8 
 3  759.
8 i1
8

Vậy tổng các số cần tìm là 759.
--------------------- HẾT ---------------------

ịã ùũ íá ắãfô ơá'ẵ


ăợ
ă

é ó
ăừ ăừù


ớă ừ ợ ă ợứă

ừ
ă
ă

ùữ
ù

ê2ã ă õ ồ ă ờó ù ũ
ùũ ẻ-ơ ạ; ắãfô ơá'ẵ
ợũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ạã ơđ@ ẵ+ ă

é
ọ ợũ
ù
ă

ịã ợũ

ùũ ã}ã áe á)4ạ ơđdá

ợ

ừ ớũ èd
ư ẵáổ Đù ừ Đợ

ăù ăợ

ăợ ừ ớĐ ợ ỡăĐ ă ừ ớĐ ó
ũ
ăợ Đ ợ ừ ốă ừ ùờ ó
ẹăĐụ ẵá đắ ứé ữ ổ Đ ó ăợ
ứẳữ ẵsơ ứé ữ
ớớ ó ũ

ứẳữ ổ Đ ó ợ ứ ùữ ă
ứăù ồ Đù ữ ê ứăợ ồ Đợ ữ

ịã ớũ
ùũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ư8 ẳ)4ạ ă

ẽó

ăợ

ớă
áv ạã ơđ@ á&ạ ư8 ạôĐjũ
ăừù

ợũ èd ơyơ ẵ} ẵẵ ư8 ơ$ áãj ẵ> ắ8 ẵá& ư8 ơá< ~ũ ếáã ẵáã ẵá ố
ùùũ
àáã ẵáã ẵá ỡù
ịã ỡũ íá ơ ạãẵ òịí ẵ> ò ó ờ
ê2ã ẵẵ ẵ|á òịồ òíồ ịí z )/ơ ơ|ã ĩồ ồ
ưạ ưạ ê2ã ịí ẵsơ òịồ òí ơáằ ơá' ơ$ ơ|ã ểồ ềũ

ợ ê

ì ắ àcá đ 5ã ơãh ơ ạãẵ òịí ơãh ă-ẵ
ìĩ ẵsơ ơ|ã ế
ế

ùũ íá'ạ ãá ơ' ạãẵ ìò 5ã ơãhũ
ợũ íá'ạ ãá áã ơ ạãẵ ìể ề ê ì
ớũ èd ạã ơđ@ á< áyơ ẵ+ ẳãe ơcẵá ìể ề ơáằ đũ
ịã ởũ íá ăồ Đ õ ơá< ~ ăừĐ ó ùũ ỉ~Đ ơd ạã ơđ@ á< áyơ ẵ+ ắãfô ơá'ẵ é ó
ùộ
ũ
ùờ

ăợ ừ

ù
Đợ

Đợ ừ

ù
ăợ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2020

MÔN THI: TOÁN (VÒNG 2)
Thời gian làm bài: 120 (không kể thời gian phát đề)
Câu 1.
 x  y  x  1  4


a) Giải hệ phương trình:  2
.

y  xy  x  y  5 x3  y 3  12 y  13  243




7

7

7

b) Giải phương trình:  x 12  2 x 12  24  3 x  0.
Câu 2.
a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho cả ba số 4a 2  5b, 4b 2  5c, 4c 2  5a đều là bình phương của
một số nguyên dương.
b) Từ một bộ bốn số thực a, b, c, d  ta xây dựng bộ số mới a  b, b  c, c  d , d  a  và liên tiếp xây dựng
các bộ số mới theo quy tắc trên. Chứng minh rằng nếu ở hai thời điểm khác nhau ta thu được cùng một bộ số (có
thể khác thứ tự) thì bộ số ban đầu phải có dạng a,  a, a,  a .
Câu 3.

  900. Điểm E thuộc cạnh AC sao cho 
AEB  900. Gọi P là giao điểm
Cho tam giác ABC cân tại có BAC
của BE với trung trực BC. Gọi K là hình chiếu vuông góc của P lên AB. Gọi Q là hình chiếu vuông góc của
E lên AP. Gọi giao điểm của EQ và PK là F .
a) Chứng minh rằng bốn điểm A, E , P, F cùng thuộc một đường tròn.
b) Gọi giao điểm của KQ và PE là L. Chứng minh rằng LA vuông góc với LE.
c) Gọi giao điểm của FL và AB là S . Gọi giao điểm của KE và AL là T . Lấy R là điểm đối xứng của A qua
L. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AST và đường tròn ngoại tiếp tam giác BPR tiếp xúc nhau.
Câu 4.
Với a, b, c là những số thực dương thỏa mãn a  b  c  3. Chứng minh rằng:
2

1 1 1 
a
4
b
c
3   1  1 
 3   .
 a b c 


 bc ca ab 
abc

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


LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1.
a) Với  x  y  x  1  4, ta có:
3

x3  y 3  12 y  13   x  y   3 xy  x  y   12  y  1  1
3

  x  y   3 xy  x  y   3 x  1 x  y  y  1  1
3

  x  y   3 x  y   xy   x  1 y  1  1
3

  x  y   3 x  y  x  y  1  1
3

  x  y  1

Ngoài ra:
y 2  xy  x  y  5   y  1 x  y    x  1 x  y   1
2

  x  y  x  y  2  1   x  y  1 .
5

Do đó phương trình thứ hai của hệ tương đương  x  y   243  x  y  2.
Từ đó ta tìm được x  y  1.
Vậy hệ cho có nghiệm duy nhất  x; y   1;1.
b) Đặt a  x 12 và b  2 x 12. Khi đó phương trình trở thành:
a 7  b 7  a  b  0  a  ba 6  a 5b  a 4b 2  a 3b3  a 2b 4  ab5  b 6   a  b
7

7

6
 a  b  a 6  a 5b  a 4b 2  a 3b3  a 2b 4  ab5  b 6  a  b   0


5
4 2
3 3
2 4
5
 a  b7 a b 14a b  21a b 14a b  7 ab   0
2
2
 ab a  b a 2  ab  a 2b 2  ab  b 2    0



a  0


Nhận thấy a, b không đồng thời bằng 0 nên phương trình tương đương: ab a  b  0  b  0
.

a  b  0


Với a  0, ta có x  12.
Với b  0, ta có x  6.
Với a  b  0, ta có x  8.
Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm S  6; 8; 12.
Câu 2.
a) Không mất tính tổng quát, giả sử a là số lớn nhất trong ba số a, b, c .


Khi đó, ta có 4a 2  5b  4a 2  (2a ) 2 và 4a 2  5b  4a 2  5a  4a 2  8a  4  (2a  2) 2 . Mà 4a 2  5b là số
chính phương nên 4a 2  5b  (2a  1) 2 , tức 5b  4a  1.
Từ đây, ta suy ra b chia 4 dư 1. Do đó b  4k  1 với k   . Một cách tương ứng, ta có a  5k  1 . Xét các
trường hợp sau.
•

•

Trường hợp 1: b  c . Chứng minh tương tự như trên, từ giả thiết 4b 2  5c là số chính phương, ta suy ra
5c  4b  1  16k  5 . Do đó k chia hết cho 5, tức k  5n với n   . Khi đó, ta có
c  16n  1, b  20n  1 và a  25n  1 .
Với kết quả trên, ta có
4c 2  5a  4(16n  1) 2  125n  5  4(16n  1)  4(16n  1)  1  (32n  3) 2 . (1)
Và
4c 2  5a  4(16n  1) 2  125n  5  (32n  4) 2  (3n  7)  (32n  4) 2 .
Mà 4c 2  5a là số chính phương nên 4c 2  5a  (32n  3) 2 . Suy ra, dấu đẳng thức trong bất đẳng thức

(1) phải xảy ra, tức n  0 . Từ đó a  b  c  1 .
Trường hợp 2: c  b . Trong trường hợp này, ta có
4b 2  5c  4b 2  5(b  1)  (2b  1) 2

Mà 4b 2  5c là số chính phương nên 4b 2  5c  (2b  2) 2 . Do đó
5c  8b  4  32k  12  25k  5.
Suy ra c  5k  1  a. mâu thuẫn. Vậy trường hợp này không thể xảy ra.
Tóm lại, có duy nhất một bộ số (a; b; c) thỏa mãn yêu cầu là (1;1;1) .
b) Gọi (an , b2 , cn , d n ) là bộ bốn số thực thu được sau lượt thứ n . Khi đó, ta có
(a0 , b0 , c0 , d 0 )  (a, b, c, d )

Và
an1  bn1  cn1  2(an  bn  cn  d n ). n  .

Suy ra
an  bn  cn  d n  2n (a0  b0  c0  d 0 )  2n (a  b  c  d ).

Giả sử tồn tại hai số nguyên dương m  k sao cho hai bộ số (am , bm , cm , d m ) và (ak , bk , ck , d k ) là một (có thể khác
thứ tự). Khi đó, ta có am  bm  cm  d m  ak  bk  ck  d k tức 2m (a  b  c  d )  2k (a  b  c  d ).
Vì m < k nên a + b + c + d =
0 . Bây giờ, ta có chú ý rằng

a 2 n+2 + b 2 n+2 + c 2 n+2 + d 2 n+2
= (an+1 + bn+1 ) 2 + (bn+1 + cn+1 ) 2 + (cn+1 + d n+1 ) 2 + (d n+1 + an+1 ) 2
= 2(a 2 n+1 + b 2 n+1 + c 2 n+1 + d 2 n+1 ) + 2(an+1 + cn=1 )(bn+1 + d n+1 )
= 2(a 2 n+1 + b 2 n+1 + c 2 n+1 + d 2 n+1 ) + 2(an + bn + cn + d n )(bn+1 + d n+1 )
= 2(a 2 n+1 + b 2 n+1 + c 2 n+1 + d 2 n+1 ).


Suy ra a 2 n + b 2 n + c 2 n +=

d 2 n 2n−1 (a 21 + b 21 + c 21 + d 21 ).∀n ∈ ∗ .
Vì hai bộ số (am , bm , cm , d m ) và (ak , bk , ck , d k ) là một ( có thể khác thứ tự) nên
a 2m + b2m + c2m + d 2m = a 2k + b2k + c2k + d 2k .

Hay
2
2m−1 (a 21 + b 21 + c 21 + d=
2k −1 (a 21 + b 21 + c 21 + d 21 ).
1)

− a, c =
−b, d =
−c , tức bộ số ban đầu phải có dạng (a, −a, a, −a ) . Ta
Từ đây, ta có a=
b=
c=
d=
0 . Suy ra b =
1
1
1
1
có điều phải chứng minh.
Câu 3.

a) Vì tam giác ABC cân tại A nên trung trực của BC đi qua A, hơn nữa AP là phân giác góc BAC .
Do đó ∠PAE =
∠PAK .
Tứ giác AFKQ có ∠AKF =
∠AQF =

90o nên AFKQ là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AF . .

∠KFQ .
Suy ra ∠KAQ =
∠PAK =
∠QAK =
∠QFK =
∠PFE.
Do đó ∠PAE =
Do đó tứ giác AEPF nội tiếp hay bốn điểm A, E , P, F cùng thuộc một đường tròn.
b) Từ các tứ giác nội tiếp AFKQ và AEPF đã chứng minh ở câu a), ta suy ra

∠AQL =
∠AFK =∠AFP =
∠AEL.

90o hay LA ⊥ LE .
Suy ra tứ giác AQEL nội tiếp. Mà ∠AQE =
90o nên ∠ALE =


c) Ta có AL, KP, BC là ba đường cao của tam giác ABP nên chúng đồng quy tại trực tâm mà ta ký hiệu điểm
đó là H . Trước hết, vì P là trực tâm tam giác ABH và A đối xứng R qua đường cao BL của tam giác ABR
= 180o − ∠BRA
= 180o − ∠BAH
= ∠BPH , suy ra tứ giác BPRH nội tiếp.
nên ∠BRH
Ta có ∠PBH =
∠PAL =
∠PKL nên ∠LEF =

∠LKF . Suy ra tứ giác KFLE nội tiếp.

= 90o − ∠ELS
= 90o − ∠PKE
= ∠SKT . Từ đây, ta suy ra tứ giác SLTK nội tiếp.
Do đó ∠ALS
Vì tứ giác BKLH nội tiếp đường tròn đường kính BH nên ∠LTS =
∠LKS =
∠LHB . Suy ra ST  BH . .
Đường thẳng EF cắt AB tại M , KL cắt ST tại N . Ta có AQ vừa là phân giác vừa là đường cao của tam giác
AEM nên AEM cân tại A. Suy ra QE = QM . Kết hợp với ST  EM (cùng vuông với AQ ) nên theo định lý
Thales, ta có N là trung điểm của ST . Do đó nếu gọi X là giao của AN với BC thì từ ST  BH ta cũng suy ra
X là trung điểm của BH . Gọi G là hình chiếu vuông góc của P lên AX , vẽ đường kính AA′ của đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABH và gọi G′ là đối xứng của G qua X .

900 nên nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tứ giác BPHA′ là hình bình hành.
Dễ thấy ∠AG′A′ =
Hơn nữa A′G′  PG nên PGA′G′ là hình bình hành. Do đó các điểm P, G đối xứng với A′, G′ qua X . Mà tứ
giác BG′A′H nội tiếp nên tứ giác BPGH nội tiếp.
Từ các tứ giác nội tiếp AKGL (nội tiếp đường tròn đường kính AP ) và KSLT , ta suy ra
NG ⋅ NA = NK ⋅ NL = NS ⋅ NT

Do đó, tứ giác ASGT nội tiếp. Mặt khác, ta lại có
∠AGT =
∠AST =
∠ABH =
∠AG′H =
∠GG′H =
∠BGG′.

Suy ra T , G, B thẳng hàng. Tương tự, ta cũng có H , G, S thẳng hàng.
Từ ST  BH suy ra đường tròn ngoại tiếp hai tam giác GTS và GBH tiếp xúc với nhau tại G . Do đó hai đường
tròn ngoại tiếp hai tam giác AST và BPR tiếp xúc với nhau tại G .
Câu 4.
Bất đẳng thức đã cho viết lại thành
2

 1 1 1
 1 1 1
4
3(a 2  b 2  c 2 )
hay
3     6      4 

 a b c 
 a b c 
abc
abc
2

 1 1 1
4
3(a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca )
31


3     4 
.
 a b c 
abc

abc
abc

1
1
1
1 1 1
Đặt x  , y  , z  thì ta có    3 hay xy  yz  zx  3 xyz. Ta đưa về chứng minh
a
b
c
x y z
3( x  y  z ) 2  4  31xyz.

Đặt p  x  y  z , q  xy  yz  zx và r  xyz thì ta có q  3r . Ta cần có
3 p 2  4  31r.


Theo bất đẳng thức Cô-si thì ( x  y  z )( xy  yz  zx)  9 xyz nên x  y  z  3 hay p  3.
Ta có bất đẳng thức quen thuộc

xyz  ( x  y  z )( y  z  x)( z  x  y ) nên
r  ( p  2 x)( p  2 y )( p  2 z ) .
Khai triển ra ta được r  p 3  2 p 2 ( x  y  z )  4 p ( xy  yz  zx)  8 xyz hay
9r   p 3  12 pr và

Ta đưa về chứng minh 3 p 2  4 

p3
 r.

12 p  9

31 p 3
, quy đồng và khai triển, ta có
12 p  9
( p  3)(5 p 2 12 p  12)  0 , đúng do p  3.

Vậy bất đẳng thức đã cho là đúng, ta có điều phải chứng minh.
-------------------- HẾT --------------------


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 01 trang)

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2020
ĐỀ THI MÔN TOÁN (CHUNG)
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 17/07/2020

Câu 1 (2,0 điểm):
1. Tính giá trị của các biểu thức:
B  (4  7)2  7

A  64  49

2. Cho biểu thức Q 

x 2 x

x 2

 3 , x  0

a) Rút gọn biểu thức Q .
b) Tìm giá trị của x để biểu thức Q  2 .
Câu 2 (2,0 điểm):
1. Cho parabol (P ) : y  x 2 và đường thẳng d  : y  2x  3
a) Vẽ parabol (P ) và đường thẳng (d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy .
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) bằng phép tính.
2x  3y  3
.
2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: 
x  3y  6


Câu 3 (2,5 điểm):
1. Cho phương trình ẩn x : x 2  5x  m  2  0

1 ( m

là tham số )

a) Giải phương trình (1) với m  6 .
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x 1, x 2 thỏa mãn hệ thức :
1
x1



1
x2



3
2

2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là 320 m 2 . Tính
chu vi thửa đất đó.
Câu 4 (1,0 điểm):
 600 . Tính số đo góc C và độ dài các
Cho tam giác ABC vuông tại A ,có cạnh=
AC 8=
m, B
cạnh AB , BC , đường trung tuyến AM của tam giác ABC .
Câu 5 (2,5 điểm):
Từ một điểm T ở bên ngoài đường tròn tâm ( O ) . Vẽ hai tiếp tuyến TA , TB với đường tròn ( A , B
là hai tiếp điểm). Tia TO cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm phân biệt C và D ( C nằm giữa T và O ) và
cắt đoạn AB tại F .

a) Chứng minh: tứ giác TAOB nội tiếp.
b) Chứng minh: TC .TD  TF .TO
c) Vẽ đường kính AG của đường tròn ( O ) . Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ điểm B đến
AG , I là giao điểm của TG và BH . Chứng minh I là trung điểm của BH .
--- HẾT --Chú ý: Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh:……………………………………………….SBD…………………
Họ tên, chữ ký giám thị 1:…………………………………………….......................
Họ tên, chữ ký giám thị 2:…………………………………………….......................

1


Câu 1 (2,0 điểm):
1. Tính giá trị của các biểu thức:
B  (4  7)2  7

A  64  49

Lời giải
A  64  49  8  7  1 .

B  (4  7)2  7  4  7  7  4

2. Cho biểu thức Q 

x 2 x
x 2

 3 , x  0

a) Rút gọn biểu thức Q .
b) Tìm giá trị của x để biểu thức Q  2 .

Lời giải
a) Q 

x 2 x
x 2

 3 x  3 .

b) Q  2  x  3  2  x  5  x  25 .

Câu 2 (2,0 điểm):
1. Cho parabol (P ) : y  x 2 và đường thẳng d  : y  2x  3
a) Vẽ parabol (P ) và đường thẳng (d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy .
b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) bằng phép tính.
Lời giải
a) Bảng giá trị
x
y = x2

-2
4

x
y = x2

-1
1

0
0

1
1

0
3

2
4
-1
1

Vẽ đồ thị :
b) Phương trình hoành độ giao điểm của parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) :
 x =−1 ⇒ y =1
.
x2 = 2x + 3 ⇔ x2 − 2x − 3 = 0 ⇔ 
 x =3 ⇒ y =9
Vậy tọa độ giao điểm là ( −1;1) , ( 3;9 ) .
2x  3y  3
2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình sau: 
.
x  3y  6


Lời giải

3x  9





2x  3y  3  

x  3

x  3 .
Ta có 









x  3y  6

x  3y  6
3  3y  6
y  1




Vậy S = {( 3;1)} .

Câu 3 (2,5 điểm):
1. Cho phương trình ẩn x : x 2  5x  m  2  0

1 ( m

là tham số )

a) Giải phương trình (1) với m  6 .

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x 1, x 2 thỏa mãn hệ thức :
2


1
x1



1



x2

3
2

Lời giải

x  4
a) Thay m = 6 vào phương trình (1) ta có x 2  5x  4  0  
. Vậy S = {1; 4} .
x  1
b) Phương trình x 2  5x  m  2  0 1 có hai nghiệm dương phân biệt khi
( −5 ) − 4 ( m − 2 ) > 0
∆ > 0
33 − 4m > 0
33



⇔
⇔2( *)
 x1 + x2 > 0 ⇔ 5 > 0
>
m
2
4

 x .x > 0
m − 2 > 0
 1 2

2

2

2
3

3
3
x 1.x 2  x 1  x 2   x 1.x 2 

  x1  x 2 
2
2
2


x1
x2
9
9
 x 1  x 2  2 x 1x 2  x 1x 2  5  2 m  2  m  2
4
4
t = 2
2
Đặt t = m − 2 , ( t > 0 ) ta có phương trình ẩn t : 9t − 8t − 20 = 0 ⇔  −10
.
t =
(l )
9

Vậy m − 2 = 2 ⇒ m = 6 .

1

1





2. Một thửa đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 4m và có diện tích là 320 m 2 . Tính
chu vi thửa đất đó.
Lời giải
Gọi x ( m ) là độ dài chiều rộng hình chữ nhật ( x > 0 ) . Chiều dài là x + 4 ( m ) . Ta có phương trình:

 x = 16
. Vậy chiều rộng là 16 ( m ) , chiều dài là 20 ( m ) .
x ( x + 4 ) =320 ⇔ x 2 + 4 x − 320 =0 ⇔ 
x
l
20
=
−
(
)

64 ( m ) .
Chu vi thửa đất là : 2 (16 + 20 ) =

Câu 4 (1,0 điểm):
 600 . Tính số đo góc C và độ dài các
Cho tam giác ABC vuông tại A ,có cạnh=
AC 8=
m, B
cạnh AB , BC , đường trung tuyến AM của tam giác ABC .
Lời giải

 = 900 − 600 = 300 .=
Tam giác ABC vuông tại A ta có : C
AB
=
AM

AC 16 3
=

( cm ) ,
Sin B
3

1
8 3
=
BC
( cm ) .
2
3

3


Câu 5 (2,5 điểm):
Từ một điểm T ở bên ngoài đường tròn tâm ( O ) . Vẽ hai tiếp tuyến TA , TB với đường tròn (
A , B là hai tiếp điểm). Tia TO cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm phân biệt C và D ( C nằm giữa T và
O ) và cắt đoạn AB tại F .

a) Chứng minh: tứ giác TAOB nội tiếp.

Lời giải


Vì TA , TB là hai tiếp tuyến của đường tròn ( O ) nên TAO
= TBO
= 900 . Tứ giác TOAB có
 + TBO
=

TAO
1800 ⇒ Tứ giác TOAB nội tiếp

b) Chứng minh: TC .TD  TF .TO

Lời giải
∆TAC và ∆TDA có

ATC chung
TA TC

=
⇒ TA2 = TC.TD (1)
   1  ⇒ ∆TAC ∽ ∆TDA ( g − g ) ⇒
TD TA
sd AC
= TDA
=
TAC
2

Vì TA TB
=
=
, OA OB nên TD là đường trung trực của AB .
=
∆TAO : TAO
900 , AF ⊥ TO ta có TA2 = TF .TO ( 2 ) . Từ (1) và ( 2 ) suy ra TC
=
.TD TF

=
.TO ( TA2 )

c) Vẽ đường kính AG của đường tròn ( O ) . Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ điểm B đến
AG , I là giao điểm của TG và BH . Chứng minh I là trung điểm của BH .
Lời giải
Gọi E là giao điểm của TG với đường tròn ( O ) ( E khác G ). Tứ giác ATEF nội tiếp ( do

=
 ( cùng bù TEF
 ) ( 3)
AFT
= 
AET
= 900 ) ⇒ TAB
FEI
=
 (so le trong) ( 4 ) . Từ ( 3) và ( 4 ) suy ra FEI

 ⇒ Tứ giác
FBI
= FBI
AT / / BH (cùng ⊥ AG ) ⇒ TAB
=
 ( cùng chắn cung BI
 của đường tròn nội tiếp BEFI ) ( 5 )
BFI
BEFI nội tiếp ⇒ BEG
 = BAG
 ( cùng chắn cung BG

 của ( O ) ) ( 6 )
Mà BEG
 BAG
 ⇒ IF / / AH . Mà FA = FB ( do TD là đường trung trực của AB ).
Từ ( 5 ) và ( 6 ) suy ra BFI
=
Nên BI = IH hay I là trung điểm của BH .
----- HẾT ----4


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2020 – 2021

ĐỀ SỐ 01

ĐỀ THI MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề).
Chú ý: Đề thi gồm 02 trang. Thí sinh làm bài vào tờ giấy thi.

Bài 1. (1,5 điểm)
Cho hai biểu thức:
A = 3 7 − 28 + 175 − 3 ;
x− x x+ x
(với x > 0 ).
B
=

+
x
x +1
a) Rút gọn biểu thức A và biểu thức B .
b) Tìm các giá trị của x để giá trị của biểu thức A bằng ba lần giá trị của biểu thức B .
Bài 2. (1,5 điểm)
a) Cho hàm số =
y ax + b có đồ thị là đường thẳng ( d ) . Xác định các giá trị của

1
− x + 2020 và ( d ) cắt trục hoành tại
a và b biết ( d ) song song với đường thẳng y =
2
điểm có hoành độ bằng −5.
3 ( x − 1) + 2 ( x − 2 y ) =
10
⋅
b) Giải hệ phương trình 
2
4 ( x − 2 ) − ( x − 2 y ) =
Bài 3. (2,5 điểm)
1. Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 − 1 =0 (1) ( x là ẩn số, m là tham số).
a) Giải phương trình (1) với m = 7.

b) Xác định các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 sao cho
biểu thức M = x12 + x2 2 − x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất.
2. Bài toán có nội dung thực tế:
Một nhà máy theo kế hoạch phải sản xuất 2100 thùng nước sát khuẩn trong một
thời gian quy định (số thùng nước sát khuẩn nhà máy phải sản xuất trong mỗi ngày là
bằng nhau). Để đẩy nhanh tiến độ công việc trong giai đoạn tăng cường phòng chống đại

dịch COVID-19, mỗi ngày nhà máy đã sản xuất nhiều hơn dự định 35 thùng nước sát
khuẩn. Do đó, nhà máy đã hoàn thành công việc trước thời hạn 3 ngày. Hỏi theo kế
hoạch, mỗi ngày nhà máy phải sản xuất bao nhiêu thùng nước sát khuẩn?
Bài 4. (3,5 điểm)
1. Qua điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) vẽ hai tiếp tuyến AB và AC của
đường tròn ( B và C là các tiếp điểm). Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng AC , F là
giao điểm thứ hai của đường thẳng EB với đường tròn ( O ) , K là giao điểm thứ hai của

đường thẳng AF với đường tròn ( O ) . Chứng minh:
a) Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và tam giác ABF đồng dạng với tam giác AKB;
b) BF . CK = CF . BK ;
c) Tam giác FCE đồng dạng với tam giác CBE và EA là tiếp tuyến của đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABF .
2. Một hình nón có bán kính đáy là 5cm, diện tích xung quanh bằng 65π cm 2 .
Tính chiều cao của hình nón đó.
Trang 1/2


Bài 5. (1,0 điểm)

1 2
x + xy + y 2 ) .
(
3
x+ y+ z=
2. Chứng minh

a) Cho x, y là hai số thực bất kì. Chứng minh x 2 − xy + y 2 ≥
b) Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn

y y
x x
z z
2
+
+
≥ ⋅
x + xy + y y + yz + z z + zx + x 3
-------- Hết -------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: ........................................
Trang 2/2


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2020 – 2021

HDC ĐỀ SỐ 01
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN
(gồm 05 trang)

Bài

Nội dung cần đạt

1.a. (1,0 điểm)

A = 3 7 − 28 + 175 − 3
= 3 7 −2 7 +5 7 −3

1
(1,5đ)

0,25
0,25

= 6 7 −3
Với x > 0 ta có:
B=

x− x x+ x
+
=
x
x +1

x

(

)+ x(

x −1
x

)

x +1

)

3 6 x −3
⇔ 6 7 −=
⇔ x=
7
⇔x=
7 (thỏa mãn điều kiện x > 0 ).
Vậy với x = 7 thì giá trị của biểu thức A bằng ba lần giá trị của biểu thức B .
2.a (0,75 điểm)
1
Ta có đường thẳng ( d ) : =
− x + 2020 khi
y ax + b song song với đường thẳng y =
2
1

a = −
và chỉ khi 
2 ⋅
b ≠ 2020
1
Như vậy đường thẳng ( d ) có dạng: y =
− x + b.
2
Mặt khác đường thẳng ( d ) cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng −5 nên nó đi
qua điểm có tọa độ ( −5;0 ) . Khi đó ta có:

2
(1,5đ)

0,25

x +1

x −1 + =
x 2 x −1 .
1.b (0,5 điểm)
Để giá trị của biểu thức A bằng ba lần giá trị của biểu thức B thì
6 7=
− 3 3 2 x −1

(

Điểm

1
5
0 =− . ( −5 ) + b ⇔ b =− ( thỏa mãn b ≠ 2020 ).
2
2
1
5
Vậy a =− ; b =− ⋅
2
2
2.b (0,75 điểm)
− 2 y ) 10

x − 4 y 13
3( x − 1) + 2( x=
5=
⇔

x + 2 y 10
− 2 y) 2
4( x − 2) − ( x=
3=
x = 3
− 4 y 13
− 4 y 13 =
5 x=
5 x=
11x 33

⇔
⇔
⇔
⇔
1
+ 2 y 10
+ 4 y 20
− 4 y 13  y =
3 x=
6 x=
5 x=
2


 1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x ; y ) =  3;  .
 2

Trang 1/5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25