Đề thi vào lớp 10 môn toán năm 2020 có đáp án sở GDĐT 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