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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH NINH BÌNH

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2020 – 2021
Bài thi môn: TỐN; Ngày thi 17/07/2020
Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 05 câu trong 1 trang)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Câu 1 (2,0 điểm):
1. Tìm điều kiện của x để biểu thức

x  5 có nghĩa.

2. Tính A  12  27  75
1 
a
 1
3. Rút gọn biểu thức P  

 : a  4 , với a  0 và a  4
a 2
 a 2

Câu 2 (3,0 điểm):

x  y  3
1. Giải hệ phương trình: 
x  y  1
2. Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y  mx  1 nghịch biến trên 

3. Xác định tọa độ giao điểm của parabol  P  : y  x 2 và đường thẳng  d  : y  3x  2
Câu 3 (1,0 điểm):
Người ta đổ thêm 20 gam nước vào một dung dịch chứa 4 gam muối thì nồng độ của dung dịch giảm đi
10%. Hỏi trước khi đổ thêm nước thì dung dịch chứa bao nhiêu gam nước?
Câu 4 (3,5 điểm):
1. Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường cao BE, CF của ABC cắt nhau tại H .
a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh rằng AF . AB  AE. AC
c) Kẻ đường kính AD của đường trịn tâm O. Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành.
2. Một chiếc máy bay bay lên từ mặt đất với vận tốc 600km/h. Đường bay tạo với phương nằm ngang một
góc 30 . Hỏi sau 1,5 phút máy bay lên cao được bao nhiêu kilômét theo phương thẳng đứng?
Câu 5 (0,5 điểm): Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn
của biểu thức Q 

x2
y2
z2


x y yz zx
------Hết-----

xy  yz  zx  2020 . Tìm giá trị nhỏ nhất


HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TỐN TỈNH NINH BÌNH
NĂM 2020-2021
Câu 1:
1. Tìm điều kiện của x để x  5 có nghĩa
Để biểu thức x  5 có nghĩa khi và chỉ khi x  5  0  x  5

Vậy x  5.
2. Tính A  12  27  75
Ta có:
A  12  27  75  4.3  9.3  25.3
A  4. 3  9. 3  25. 3  2 3  3 3  5 3  3(2  3  5)  0
Vậy A  0.
1 
a
 1
3. Rút gọn biểu thức P  

 : a  4 với a  0 và a  4
a 2
 a 2
Ta có:

 a4
1 
a
a 2
a 2
 1
P



: a4  
a 2
(
a


2)(
a

2)
(
a

2)(
a

2)
a
 a 2


a 2 a 2 a4 2 a a4



2
a4
( a  2)( a  2)
a
a
Vậy P  2 với a  0 và a  4
Câu 2:
x  y  3
1. Giải hệ phương trình: 
x  y  1

P

 x  y  3 2 x  4
x  2
x  2
Ta có: 



x  y  1
 x  y  1 2  y  1  y  1
Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y )  (2;1).
2. Tìm các giá trị cảu tham số m để hàm số y  mx  1 nghịch biên trên .
Xét phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  ta có:

x  2  0
x  2
x 2  3 x  2  x 2  3x  2  0  ( x  2)( x  1)  0  

 x 1  0
x  1
2
Với x  2  y  2  4
Với x  1  y  12  1
Vậy tọa độ giao điểm cần tìm là: (1;1), (2; 4).
Câu 3: Người ta đổ thêm 20g nước vào một dung dịch chứa 4g muối thì nồng độ của dung dịch giảm đi
10%. Hỏi trước khi đổ thêm nước thì dung dịch chứa bao nhiêu gam nước?
Gọi khối lượng nước trước khi đổ thêm là x (gam)  x  0 
Nồng độ dung dịch ban đầu là:

4
100%
x4

4
4
100% 
100%
20  x  4
x  24
Vì nồng độ dung dịch giảm đi 10% nên ta có phương trình
4
4
100% 
100%  10%
x4
x  24
4
4
1



x  4 x  24 10
Sau khi đổ thêm 20g nước thì nồng độ dung dịch là:


4 x  96  4 x  16 1

( x  4)( x  24)

10
80
1
 2

x  28 x  96 10
 x 2  28 x  96  800


 x  16(tm)
 ( x  16)( x  44)  0  
 x  44(ktm)
Vậy lượng nước của dung dịch ban đầu sau khi đổ thêm là 16 gam
Câu 4:
1. Cho ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường cao BE, CF của ABC cắt nhau tại H.

A
F

E
H

O

B
C
D
a) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp đường trịn.
Ta có:
  90

BE là đường cao nên BE  AC  BEC
  90
CF là đường cao nên CF  AB  BFC
Xét tứ giác BFEC có:
  BFC
  90 nên BFEC là tứ giác nội tiếp (hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc
BEC
bằng nhau).
Vậy tứ giác BFEC nội tiếp (đpcm).
b) Chứng minh rằng ..
  BCE
  180 (tính chất)
Theo câu a, BFEC là tứ giác nội tiếp nên BFE
  AFE
  180 (kề bù)
Mà BFE
  BCA
  AFE

Nên BCE
Xét AFE và ACB có:
 chung
A
  ACB
 (cmt)
AFE

 AFE ∽ ACB  g.g 
AF AE
(cạnh tương ứng)


AC AB
 AF.AB  AE.AC (đpcm)
c) Kẻ đường kính AD của đường trịn tâm O. Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành.
  ABD
  90 (góc nội tiếp chẳn nửa dường trịn)
AD là đường kính nên ACD
 DC  AC, DB  AB
DC  AC
 DC / /BH (từ vng góc đến song song)

BH  AB



DB  AB
 DB / /CH (từ vng góc đến song song)

CH  AB
Tứ giác BHCD có: DC / /BH , DB / /CH nên là hình bình hành (đpcm).
2. Một chiếc máy bay bay lên từ mặt đất với vận tốc 600km/h. Đường bay tạo với phương nằm ngang
một góc 30 . Hỏi sau 1,5 phút máy bay lên cao được bao nhiêu kilômét theo phương thẳng đứng?
1,5 1

Đổi 1,5 phút 
giờ
60 40
1
1
Sau giờ máy bay bay theo được số kilomet theo phương AB là 600   15(km)

40
40
1
Sau 1,5 phút máy bay bay theo được số kilomet theo phương thẳng đứng là 15.sin 30  15.  7, 5(km)
2
Vậy sau 1,5 phút, máy bay lên cao được 7,5(km).
Câu 5: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn
2

2

xy  yz  zx  2020 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

2

x
y
z


x y yz zx

thức Q 

a  x

Đặt b  y  a, b, c  0

c  z
xy  yz  zx  2020  ab  bc  ca  2020

a4
b4
c4


a 2  b2 b2  c 2 c 2  a 2
a 2 b 2 ( a  b) 2
Áp dụng bất đẳng thức  
ta được
x
y
x y

Ta có Q 

2

2

a 2  b2 
a2  b2  c2 


a4
b4
c4
c4
Q 2







a  b2 b 2  c 2 c 2  a 2 a 2  b2  b2  c 2 c 2  a 2 a 2  b 2  b2  c 2  c 2  a 2
2 2

a  b  c   a

2a  b  c 
2

2

2

2

2

2

 b2  c 2
2

Lại có:
a 2  b 2  2ab

b 2  c 2  2bc
c 2  a 2  2ca

 2  a 2  b 2  c 2   2(ab  bc  ca )
 a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  2020
a 2  b 2  c 2 2020

 1010  Q  1010
2
2
2020
2020
x yz
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c 
3
3
2020
Vậy GTNN của Q  1010 khi x  y  z 
3
Q