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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HỊA BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2020 - 2021
Mơn thi: TỐN
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 cịn 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 vng 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 cịn 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 cịn 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 
ADE = ECF
⇒ HDE

HCE



= BFC
= 900
Tứ giác CEFB có: BEC
⇒ B, E , F , C thuộc đường trịn 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 trịn đường kính BC.
1
 )
=
EMC ( góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn EC
⇒ EBC
2
 = EBC
 .
 ) hay DFC
 = HBD
 ( 2 góc nội tiếp cùng chắn HD

Đường trịn 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 --------------------