Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Đề chính thức) - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Đồng Nai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Đề chính thức) - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo tỉnh Đồng Nai (Có đáp án)

1. THCS Lê Quý Đôn LK-ĐN Vũ Thanh Trọng SỞ GÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2020-2021 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài :120 phút (Đề gồm có 1 trang,có 6 câu) Câu 1. ( 1,75 điểm) 3xy 5 7 1.Giải hệ phương trình: 2xy 4 1 2.Giải phương trình xx4212 16 0 1 1 3 3.Giải phương trình x1 x 1 x 2 2 x Câu 2 (2điểm) x2 1.Vẽ đồ thị hàm số y 4 2.Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng y = 2x và y m2 m x 1 cắt nhau. Hai đường thẳng y = 2x và cắt nhau Câu 3: (1,75 điểm) 1.Cho một hình cầu có thể tích bằng 288 (cm3).Tính diện tích mặt cầu. 2.Một nhóm học sinh được giao sắp xếp 270 quyển sách vào tủ ở thư viện trong một thời gian nhất định.Khi bắt đầu làm việc thì nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp xếp nhiều hơn dự định 20 quyển sách,Vì vậy không những hoàn thành trước dự định 1 giờ mà còn vượt mức được giao 10 quyển sách.Hỏi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là bao nhiêu? 2 3.Cho xx12, là hai nghiệm của phương trình bậc hai xx2 1 0 .Hãy lập một phương 33 trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là xx12,. Câu 4: (1,25điểm) a a8 a 5 a 6 1.Rút gọn biểu thức P,( a 0, a 4) aa24 a 4 xy3218 2.Tìm các số thực x,y thỏa mãn yx3218 Câu 5: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có hai đường cao BE và CF cắt nhau tại trực tâm H,AB<AC.Vẽ đường kính AD của (O).Gọi K là giao điểm của đường thẳng AH với đường tròn (O),K khác A.Gọi L, P lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng BC và EF , AC và KD. 1)Chứng minh tứ giác EHKP nội tiếp đường tròn và tâm I của đường tròn này thuộc đường thẳng BC. 2)Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC,Chứng minh AH = 2OM 3)Gọi T là giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK, T khác K.Chứng minh ba điểm L , K ,T thẳng hàng . Câu 6: Cho ba số thực dương a,b, c thỏa abc=1.Chứng minh rằng 3 a2 b 2 c 2 9 a b c .HẾT
2. THCS Lê Quý Đôn LK-ĐN Vũ Thanh Trọng HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. ( 1,75 điểm) 3xy 5 7 1.Giải hệ phương trình: 2xy 4 1 1 y 3x 5 y 7 6 x 10 y 14 22 y 11 2 2416123x y x y 241 x y 3 x 2 31 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất xy;; 22 2.Giải phương trình xx4212 16 0 Đặt t x2 o ta có phương trình bậc hai theo t : tt2 12 16 0 (*) Phương trình (*) có ' 36 16 20 0 nên có hai nghiệm phân biệt t1 6 2 5 (thỏa đk) , t1 6 2 5 (thỏa đk) 2 Với ta có x226 2 5 x 5 1 x 5 1 2 22 Với t1 6 2 5 ta có x6 2 5 x 5 1 x 5 1 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S ( 5 1); 5 1;1 5; 5 1 1 1 3 3.Giải phương trình x1 x 1 x 2 2 x Điều kiện xác định: x0, x 1, x 2 ,với điều kiện đó ta có 1 1 3 2x x 2 2 x 3( x 1)( x 2) x1 x 1 x 2 2 x 2x2 4 x 2 x 3 x 2 9 x 6 x 2 7 x 6 0 Phương trình x2 -7x +6 =0 có a+b +c = 1-7+6= 0 nên có hai nghiệm x = 1 (ktm),x= 6 (tm) Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 6. y Câu 2 (2điểm) x2 1.Vẽ đồ thị hàm số y 4 4 1 * yx2 4 Hàm số xác định với mọi x x -4 -2 0 2 4 1 y 4 1 0 1 4 Nhận xét: Đồ thị hs là một parabol đi qua gốc -4 -2 0 2 4 x tọa độ,nhận trục tung làm trục đối xứng nằm phía trên trục hoành,O là điểm thấp nhất 2.Tìm các tham số thực m để hai đường thẳng y = 2x và y m2 m x 1 cắt nhau. Hai đường thẳng y = 2x và cắt nhau m 1 m22 m2 m m 2 0 ( m 1)( m 2) 0 m 2
3. THCS Lê Quý Đôn LK-ĐN Vũ Thanh Trọng Vậy với mm1, 2 thì hai đường thẳng y = 2x và y m2 m x 1 cắt nhau 1 3.Tìm các số thực a để biểu thức 62a xác định. a 2 aa2 0 2 Biểu thức xác định 23a 6 2aa 0 3 Câu 3: (1,75 điểm) 1.Cho một hình cầu có thể tích bằng 288 (cm3).Tính diện tích mặt cầu. Gọi R là bán kính hình cầu.Vì khối cầu có thể tích 288 (cm3) nên 4 V= R33288 R 216 R 6( cm ) 3 Khi đó diện tích mặt cầu là S4 R22 4 .36 144 ( cm ) 2.Một nhóm học sinh được giao sắp xếp 270 quyển sách vào tủ ở thư viện trong một thời gian nhất định.Khi bắt đầu làm việc thì nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp xếp nhiều hơn dự định 20 quyển sách,Vì vậy không những hoàn thành trước dự định 1 giờ mà còn vượt mức được giao 10 quyển sách.Hỏi số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là bao nhiêu? Gọi x(quyển) là số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp( x * ) 270 Thời gian nhóm dự định xếp xong 270 quyển sách là (h) x Số quyển sách thực tế mỗi giờ nhóm xếp được là x +20(quyển) Số quyển sách thực tế nhóm xếp là 270+10=280(quyển) 280 Thời gian thực tế xếp xong 280 quyển sách là (h) x 20 270 280 Vì thực tế hoàn thành trước dự định 1h ta có phương trình 1 xx20 Giải phương trình ta được x= 60( thỏa mãn) ,x= -90(không tm) Vậy số quyển sách mỗi giờ nhóm dự định sắp xếp là 60 quyển. 2 3.Cho xx12, là hai nghiệm của phương trình bậc hai xx2 1 0 .Hãy lập một phương 33 trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm là xx12,. Phương trình có a.c = 1.(-1)=-1 x1) 3 Do đó S = 2 2 3.( 1).2 2 10 2
4. THCS Lê Quý Đôn LK-ĐN Vũ Thanh Trọng 2 33 2 Vì sP200 4 4 nên xx12, là hai nghiệm của phương trình xx10 2 1 0 Câu 4: (1,25điểm) a a8 a 5 a 6 1.Rút gọn biểu thức P,( a 0, a 4) aa24 a 4 Với aa0, 4 ta có 3 3 a a8 a 5 a 6a 2 a 2 a 3 a 6 P a2 a 4aa44 a 2 a 4 a2 a 2 a 4 a a 2 3 a 2 a 3 a 2 aa2 . 3 aa24 a2 a 2 a 2 a 2 xy3218 2.Tìm các số thực x,y thỏa mãn yx3218 Từ hệ phương trình ta có x>0 và y>0 (do x2+18>0 và y2 +18>0) Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được phương trình xyyx3 3 2 2 xyxxyy 2 2( xyxy )( ) 0 xyxxyyxy ( 2 2 ) 0 xy0 (Vì x22 xy y x y 0 do x,y> 0) xy Với x = y thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta được x3 x 218 0 x 3 27 x 2 9 0 x3( x22 3 x 9)( x 3)( x 3)0 ( x 3)( x 3 x 9 x 3)0 x3 ( x2 2 x 6) 0 x 3 0( x 2 2 x 6 ( x 1) 2 5 0) x 3 y 3 Thử lại cặp giá trị (x;y) thấy thỏa hệ pt.Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) = (3; 3) Câu 5: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có hai đường cao BE và CF cắt nhau tại trực tâm H,AB<AC.Vẽ đường kính AD của (O).Gọi K là giao điểm của đường thẳng AH với đường tròn (O),K khác A.Gọi L, P lần lượt là giao điểm của hai đường thẳng BC và EF , AC và KD. 1)Chứng minh tứ giác EHKP nội tiếp đường tròn và tâm I của đường tròn này thuộc đường thẳng BC. 2)Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC,Chứng minh AH = 2OM 3)Gọi T là giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK, T khác K.Chứng minh ba điểm L , K ,T thẳng hàng . 1.Ta có AKD 900 (góc nội tiếp chắn nửa đt (O)) hay HKP 900 , BEC 900 (BE là đường cao tam giác ABC) hay HEP 900 Tứ giác EHKP có HKP HEP 900 90 0 180 0 nên tứ giác EHKP nội tiếp đường tròn Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHKP IH IK(1) Gọi N là giao điểm AH với BC AH BC tại N từ đó tứ giác BFHN nội tiếp đường tròn NHC FBN ABC AKC NKC CHK cân CH CK (2) Từ (1) và (2) ta có CI là trung trực HK nên CI HK mà BC HK nên B ,I,C thẳng hàng
5. THCS Lê Quý Đôn LK-ĐN Vũ Thanh Trọng Vậy tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHKP thuộc đường thẳng BC 2.Ta có ACD 900 (góc nội tiếp chắn nửa đt (O)) DC AC ,BE AC (BE là đường cao tam giác ABC) BE//DC hay BH//DC Chứng minh tương tự ta củng có BD//CH Tứ giác BHCD có BH//DC, BD//CH (cmt) nên tứ giác BHCD là hình bình hành Mà M là trung điểm BC (gt) nên M là trung điểm HD Tam giác AHD có M , O lần lượt là trung điểm HD và AD nên OM là đường trung bình 1 do đó OM AH AH2 OM 2 A E O F H N L B M I C K D P T T' 3. Gọi T’ là giao điểm của LK và đường tròn (O) (T’ khác K) Ta có LBF LEC (g-g) LB.LC=LE.LF (3) LBK LT’C (vì góc KLC chung, LKB LCT ' (vì tứ giác BCT’K nội tiếp)) Suy ra LB.LC=LK.LT’ (4) LE LT' Từ (4) và (5) suy ra: LE.LF= LK.LT’ LK LF LE LT' Suy ra LET’ LKF (g.c.g) (vì góc ELT’ chung, và ). LK LF Do LET’ LKF nên LET' LKF nên tứ giác EFT’K nội tiếp suy ra T’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK Mà T’ cũng thuộc (O) nên T’ là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK và (O) Suy ra T và T’ trùng nhau nên T, K, L thẳng hàng. Câu 6: Cho ba số thực dương a,b, c thỏa abc=1.Chứng minh rằng 3 a2 b 2 c 2 9 a b c Ta có Mặt khác ta có a2 b 2 c 2 ab bc ca2 a 2 b 2 c 2 2( ab bc ca ) Dấu đẳng thức xảy ra khi a= b=c Do đó
6. THCS Lê Quý Đôn LK-ĐN Vũ Thanh Trọng abc2 2 2 abc222( abbcca ) abc 2 abc 2 2 2 11263 abc2 2 2 abc abc 2 2 2 abc (1) 3 27 1 65 Ta chứng minh abc9 abc abc 243 abc 3(2) 27 Áp dụng dất đẳng thức co si cho 3 số dương a,b,c ta có a b c333 abc (3) abc Đẳng thức xảy ra khi abc1 abc 1 3 Từ (1) (2) (3) ta có a2 b 2 c 2 9 a b c