Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2020-2021 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Nam

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 - 2021
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (2,0 điểm).
1) Giải phương trình x 2  2x  3  0
3 x  3 y  5  2 x  y
2) Giải hệ phương trình 

 x  2 y  3

Câu 2 (2,0 điểm).
1) Rút gọn biểu thức A  2 3  27  4  2 3

x
x  x  1
 :
2) Cho biểu thức B  
(với x  0 , x  1 ).

 x  1 x  x  x  1
Rút gọn biểu thức B. Tìm tất cả các giá trị của x để biểu thức B nhận giá trị âm.
Câu 3 (1,5 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol  P  có phương trình y  2 x2 và đường
thẳng d  có phương trình y  2 x  m ( m là tham số).
1) Tìm m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm M 2; 3.

2) Tìm điều kiện của m để parabol  P  cắt đường thẳng d  tại hai điểm phân biệt.
Gọi A x1 ; y1 , B  x2 ; y2  là hai giao điểm của parabol  P  và đường thẳng d , xác định
2

m để 1  x1 x2   2 y1  y2   16.
Câu 4 (4,0 điểm).
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường trịn (O; R ). Hai đường cao
BE , CF của tam giác ABC cắt nhau tại H . Đường thẳng AH cắt BC tại D và cắt
đường tròn (O; R ) tại điểm thứ hai là M .
1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp.
.
2) Chứng minh BC là tia phân giác của EBM

3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF . Chứng minh IE là tiếp tuyến
của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE.
4) Khi hai điểm B, C cố định và điểm A di động trên đường tròn (O; R ) nhưng vẫn
thỏa mãn điều kiện tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh OA  EF . Xác định vị trí
của điểm A để tổng DE  EF  FD đạt giá trị lớn nhất.
Câu 5 (0,5 điểm).
Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn abc  1. Chứng minh rằng
1
1
1
1



a 2 b 3
b 2 c 3
c 2 a 3 2

------HẾT-----Họ và tên thí sinh: ......................................................... Số báo danh: ...................................
Cán bộ coi thi thứ nhất: ................................... Cán bộ coi thi thứ hai: .................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ NAM

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 – 2021

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Lưu ý: - Các cách giải khác đáp án vẫn đúng cho điểm tương ứng theo biểu điểm
- Tổng điểm tồn bài khơng làm trịn.
Câu

Ý

Nội dung
1) Giải phương trình x − 2 x − 3 =
0.
Phương trình đã cho có a − b + c =
0
Suy ra phương trình có hai nghiệm x = −1 và x = 3 .
2

1.
(1,0đ)

Điểm
0,5

0,5



3 x  3 y  5  2 x  y
2) Giải hệ phương trình 
.

 x  2 y  3


Câu 1
(2,0đ)

2.
(1,0đ)

−15
3 x + 9 y + 15 = 2 x + y
x + 8y =
⇔
⇔
−3
−3
x + 2 y =
x + 2 y =
−15
x + 8y =
⇔
6 y = −12

−15
x + 8y =
⇔
 y = −2
−15
 x − 16 =
x = 1
⇔
⇔
 y = −2
 y = −2

0,25
0,25
0,25

Vậy hệ phương trình có nghiệm (1; −2 ) .

0,25

1) Rút gọn biểu thức A = 2 3 − 27 + 4 − 2 3.
1.
(1,0đ)

(

A = 2 3 −3 3 +

)

3 −1

2

0,5
0,5

=2 3 − 3 3 + 3 − 1 =−1

Câu 2
(2,0đ)


x
x  x −1
2) Cho biểu thức
=
B 
−
 :
 x +1 x + x  x −1
Rút gọn biểu thức B. Tìm tất cả các giá trị của x


x
x
x −1 
x

 :=

=
B
−
−

 x +1
x x +1  x −1  x +1



2.
(1,0đ)

(


=

)

x 1 x 1
:
x  1 x 1
x −1
.
x +1

(

)(

x −1

)

x +1
=
x −1

(với x > 0 , x ≠ 1 ).
để biểu thức B nhận giá trị âm.
1  x −1
:
x + 1  x − 1

x −1 .

0,25

0,25

0,25
B < 0 ⇔ x − 1 < 0 ⇔ x < 1 ⇒ x < 1.
Kết hợp điều kiện, ta có 0  x  1.
0,25
2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho parabol ( P ) có phương trình y = 2 x và
Câu 3
(1,5đ)

1.
(0,5đ)

đường thẳng ( d ) có phương trình =
y 2 x + m ( m là tham số).
1) Tìm m để đường thẳng ( d ) đi qua điểm M ( −2;3) .
Vì đường thẳng ( d ) đi qua điểm M ( −2;3) suy ra 3 = 2. ( −2 ) + m

0,25
Trang 1/4


⇔ 3 =−4 + m ⇔ m =7.
0,25
2) Tìm điều kiện của m để parabol ( P ) cắt đường thẳng ( d ) tại hai điểm

phân biệt. Gọi A ( x1 ; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) là hai giao điểm của parabol

( P ) và

đường thẳng ( d ) , xác định m để (1 − x1 x2 ) + 2 ( y1 + y2 ) =
16.
2

Phương trình hồnh độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là:
2 x 2 = 2 x + m ⇔ 2 x 2 − 2 x − m = 0 (1)

0,25

Parabol ( P ) cắt đường thẳng ( d ) tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình

(1)
2.
(1,0đ)

có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ > 0 .

1
∆′ = 1 + 2m , ∆′ > 0 ⇔ 1 + 2m > 0 ⇔ m > − (*) .
2
1
 x1 + x2 =

Khi đó theo định lý Vi-et ta có 
m .
x
.
x
=
−
 1 2
2

(1 − x1 x2 )

2

+ 2 ( y1 + y2 ) =
16 ⇔ (1 − x1 x2 ) + 2 ( 2 x1 + m + 2 x2 + m ) =
16

0,25

2

2

 m
⇔ (1 − x1 x2 ) + 4 ( x1 + x2 ) + 4m =
16 ⇔ 1 +  + 4 + 4m =
16
2

m2
m2
+ 5m + 5 = 16 ⇔ m 2 + 20m − 44 = 0 .
⇔ 1+ m +
+ 4 + 4m =
16 ⇔
4
4
m = 2
. Đối chiếu điều kiện (*) , ta có m = 2 .
⇔
 m = −22
2

0,25

0,25

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O; R ). Hai đường
cao BE , CF của tam giác ABC cắt nhau tại H . Đường thẳng AH cắt BC
tại D và cắt đường tròn (O; R ) tại điểm thứ hai là M .
1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp.

Câu 4
(4,0đ)

1.
(1,0đ)

(Học sinh khơng vẽ hình ý nào sẽ khơng được chấm điểm ý đó)
Ta có 
AEH = 90o (vì BE là đường cao).
Ta có 
AFH = 90o (vì CF là đường cao).

0,25
0,25
Trang 2/4


Suy ra 
AEH + 
AFH =
180o .
Vậy tứ giác AEHF nội tiếp (tứ giác có tổng 2 góc đối bằng 180o ).
.
2) Chứng minh BC là tia phân giác của EBM

2.
(1,0đ)

 = MBC
 (2 góc nội tiếp cùng chắn một cung)
Ta có MAC
Vì H là trực tâm ∆ABC ⇒ AD ⊥ BC .
 = EBC
 (hai góc cùng phụ với 
Lại có MAC
ACB )
=

⇒ MBC
EBC

3.
(1,0đ)

4.
(1,0đ)

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

.
0,25

⇒ BC là tia phân giác của EBM
3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF . Chứng minh rằng IE là tiếp
tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE .
Gọi K là trung điểm BC suy ra K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
0,25
BCE .

=
Tam giác IAE cân tại I ⇒ IAE
IEA
0,25
=

Tam giác KCE cân tại K ⇒ KEC
KCE
 + DCA
=
 + KEC
=
0,25
Mà DAC
90o ⇒ IEA
90o
=
⇒ IEK
90o
0,25
Suy ra IE là tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE .
4) Khi hai điểm B, C cố định và điểm A di động trên đường tròn (O; R ) nhưng
vẫn thỏa mãn điều kiện tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh OA  EF .

Xác định vị trí của điểm A để tổng DE  EF  FD đạt giá trị lớn nhất.

Do tứ giác BCEF nội tiếp (2 đỉnh E,F cùng nhìn cạnh BC dưới 1góc
 ).
vuông) nên 
AFE = 
ACB (cùng bù với BFE

Vẽ tiếp tuyến Ax của đường trịn (O; R).
=
Ta có Ax ⊥ OA. xAB
ACB (cùng chắn cung 
AB ).
= 
⇒ xAB
AFE ⇒ Ax / / EF . ⇒ EF ⊥ OA.
1
1
⇒ S AOE + S AOF
=
OA.EF
=
R.EF .
2
2
1
1
Chứng minh tương tự S BOF + S BOD =
SCOD + SCOE =
R.DE.

R.DF .
2
2
1
R.( DE + EF + FD).
2
1
1
⇒ BC. AD
=
R.( DE + EF + FD).
2
2

0,25
0,25

⇒ S=
ABC

0,25
Trang 3/4


BC
BC
. AD ≤
AK .
R
R

BC
BC 
BC 2 
Mà AK ≤ AO + OK ⇒
. AK ≤
 R + R2 −
.
R
R 
4 
BC 
BC 2 
⇒ DE + EF + FD ≤
 R + R2 −
 không đổi.
R 
4 
Dấu “=” xảy ra khi ba điểm A, O, K thẳng hàng hay A là điểm chính giữa
.
của cung lớn BC
⇒ DE + EF + FD
=

0,25

Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng
1
1
1
1

+
+
≤ .
a +2 b +3
b +2 c +3
c +2 a +3 2

Đặt
=
x

=
a,y

 x, y , z > 0
. BĐT cần cm có dạng
c ⇒
 xyz = 1
1
1
1
1
+
+
≤ .
x + 2 y + 3 y + 2z + 3 z + 2x + 3 2

=
b, z

Ta có:
x + 2 y + 3 = ( x + y ) + ( y + 1) + 2 ≥ 2 xy + 2 y + 2 (Áp dụng BĐT Cô si)
1
1
1
1
1
⇔
≤ .
≤
x + 2 y + 3 2 xy + y + 1
x + 2 y + 3 2 xy + 2 y + 2
1
1
1
≤ .
Tương tự ta có
y + 2 z + 3 2 yz + z + 1

0,25

⇔

Câu 5
(0,5đ)

1
1
1
.

≤ .
z + 2 x + 3 2 zx + x + 1

Ta có


1
1
1
1
1
1
1
≤ 
+
+
+
+

x + 2 y + 3 y + 2 z + 3 z + 2 x + 3 2  xy + y + 1
yz + z + 1 zx + x + 1 
Mặt khác:

1
1
1
+
+
xy + y + 1
yz + z + 1

zx + x + 1
1
1
1
=
+
+
xy + y + 1 1 + 1 + 1 1 + x + 1
x
xy
y

0,25

xy
y
1
+
+
=1
xy + y + 1
y + 1 + xy 1 + xy + y
1
1
1
1
Do đó
+
+
≤ .

x + 2 y + 3 y + 2z + 3 z + 2x + 3 2
1
1
1
1
Hay
+
+
≤ .
a +2 b +3
b +2 c +3
c +2 a +3 2
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c =1 .
---Hết--=

Trang 4/4