Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 Trung học Phổ thông môn Toán - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Đăk Lăk (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 Trung học Phổ thông môn Toán - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Đăk Lăk (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TỈNH ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN THI: TOÁN (Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi 21/7/2020 Câu 1: (2,0 điểm) 1) Tính giá trị của biểu thức: M 4 a2 3 a tại a 2 x 2 y 1 2) Giải hệ phương trình: x 3 y 2 3) Giải phương trình: 2x2 9 x 4 0. Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức: 1 x 1 x 6 2x 1 P : 3 x9 x 6 4 x 1) Tìm điều kiện của x để biểu thức P có nghĩa và rút gọn P . 2) Tìm các giá trị của x để x và P là những số nguyên. Câu 3: (2,0 điểm) 1) Tìm a, b để đường thẳng y ax b song song với đường thẳng y 4 x 5 và cắt đồ 2 2 2 thị hàm số y x tại hai điểm A x1;,; y 1 B x 2 y 2 phân biệt thỏa mãn x1 x 2 10 . 2) Một hình vuông ABCD có cạnh 20m như hình vẽ. Người B ta buộc một con dê bằng sợi dây thừng dài 20m tại trung điểm E C của cạnh AB. Tính diện tích phần cỏ mà con dê có thể ăn được (phần tô đậm trên hình vẽ) (Kết quả làm tròn đến hai chữ số thập 20m E phân). Câu 4: (3,0 điểm) Cho hai đường tròn bằng nhau OR; và OR ; cắt nhau A D tại hai điểm A, B sao cho AB R . Kẻ đường kính AC của đường tròn O . Gọi E là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BC (E khác B và C), CB và EB lần lượt cắt đường tròn O tại các điểm thứ hai là D và F. 1) Chứng minh AFD 900 . 2) Chứng minh AE AF . 3) Gọi P là giao điểm của CE và FD. Gọi Q là giao điểm của AP và EF. Chứng minh AP là đường trung trực của EF. AQ 4) Tính tỉ số . AP Câu 5: (1,0 điểm) Cho a,, b c là các số thực dương thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị nhỏ 1 c 2 1 a 2 1 b 2 nhất của biểu thức: Q 2 b c 2 bc 2 c a 2 ca 2 a b 2 ab Hết NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 1
2. SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (2,0 điểm) 1) Với a 2 , ta có: M 4  22 3  2 4 6 10 x 2 y 1 x 2 y 1 x 2  3 1 x 7 2) x 3 y 2 y 3 y 3 y 3 Hệ phương trình có một nghiệm x; y 7; 3 1 2x 1 0 2 x 3) 2x 9 x 4 0 2 x 1 x 4 0 2 x 4 0 x 4 1 Phương trình có hai nghiệm x ; x 4 12 2 Câu 2: (2,0 điểm) x 0 3 x 0 x 0 1) P có nghĩa khi 9 x 0 x 9 2x 1 0 6 4x 1 x 1 x 6 2x 1 3 x x 1 x 6 2 3 x Ta có: P :  3 x9 x 6 4 x3 x 3 x 2 x 1 2 3 x x 7 x 6 2 2 x 6 x 9 2 x 3 2 x 3  3 x 2x 1 3 x 2 x 1 3 x 2 x 1 2 x 1 2 x 3 2 x 1 5 5 2) P 1 2x 1 2 x 1 2 x 1 Do đó x và P là những số nguyên khi 2x 1 Ư(5)  1; 5 Mà 2x 1 0;  x 0 , nên 2x 1 1;5 x  0; 4 (TMĐK) Vậy x 0; 4 thì x và P là những số nguyên. Câu 3: (2,0 điểm) 1) Đường thẳng y ax b song song với đường thẳng y 4 x 5, nên ta có: a 4, b 5 Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y 4 x b và đồ thị hàm số y x2 là: x2 4 x b x 2 4 x b 0 * 2 Đường thẳng y 4 x b cắt đồ thị hàm số y x tại hai điểm phân biệt A x1;,; y 1 B x 2 y 2 * có hai nghiệm phân biệt 0 2 2 b 0 b 4 x1 x 2 4 Theo hệ thức Viet, ta có: x1 x 2 b NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 2
3. 2 22 2 Khi đó: x1 x 210 x 1 x 2 2 x 1 x 2 10 4 2 b 10 b 3 (TMĐK) Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là y 4 x 3. 2) Gọi M, N hai điểm như hình vẽ B M C Phần tô đậm gồm hai tam giác bằng nhau AEN và BEM và hình quạt tâm E bán kính 20m 20m E EMN: EM = EN = MN (= 20m). Vậy EMN đều MEN 600 EM2  MEN 20 2  60 200 2 D Do đó Squạt = 0 m A 360 360 3 N 2 0 2 2 2 20 AEN: EAN 90 AN EN AE 20 10 3 m 2 1 1 20 2 Do đó S AEN = AE AN  10 3 50 3 m 2 2 2 Vậy diện tích phần cỏ mà con dê có thể ăn được là: 200 2 SSS 2 AEN quạt = 2 50 3 382,64 m 3 Câu 4: (3,0 điểm) P E C B D Q O O' A F 1) Chứng minh AFD 900 . Ta có: ABC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O ) Do đó ABD 900 , nên AD là đường kính của đường tròn O AFD 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O ) 2) Chứng minh AE AF . Vì đường tròn OR; và OR ; cắt nhau tại hai điểm A, B và AB R (gt) Nên AB OO AB AEB AFB . Vậy AEF cân tại A AE AF 3) Chứng minh AP là đường trung trực của EF. Ta có: AEF PEF AEP 900 (vì AEC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn O ) Lại có: AFE PFE AFP 900 (vì AFD 900 ) Mà AEF AFE cmt PEF PFE . Vậy Vậy PEF cân tại P PE PF Mặt khác AE AF cmt . Do đó AP là đường trung trực của EF. AQ 4) Tính tỉ số . AP AOB: OA OB AB R . NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 3
4. 1 1 Vậy AOB đều AOB 600 AEB AOB  60 0 30 0 (góc nội tiếp và góc ở tâm) 2 2 AQE: AQE 900 (vì AP EF (AP là đường trung trực của EF) EAQ 900 AEB 90 0 30 0 60 0 AQ AP AE 2 Xét AEP: AEP 900 , EQ  AP (theo trên) AQ  AP AE 2 AP2 AP 2 2 2 2 AQ AE 0 2 1 1 cosEAP cos60 AP AP 2 4 Câu 5: (1,0 điểm) 2 2 2 a b Ta có ab 0 ab2 2 2 ab ab 4 abab 4 2 2 2 a b 3 a b Nên 2 a b ab 2 a b (vì a, b 0) 4 2 1 b 2 2 1 b 2 (vì a, b 0). 2 a b 2 ab 3 a b 1 a 2 2 1 a 2 1 c 2 2 1 c 2 Tương tự ; (vì a, b , c 0 ). 2 c a 2 ca 3 c a 2 b c 2 bc 3 b c 2 2 2 2 1 c 1 a 1 b Do đó Q 3 b c c a a b 2 ABC2 2 2 ABC Chứng minh bất đẳng thức XYZ, , 0 * XYZXYZ 2 2 2 3 a b c 3 1 4 Áp dụng * ta có: Q  3 2 a b c 3  1 3 a b c 1 Dấu “=” xảy ra a b c 1 a b c 3 1 c 1 a 1 b b c c a a b 4 1 Vậy Min Q a b c 3 3 NNgguuyyễễnn DDưươơnngg HHảảiii –– GGVV TTHHCCSS NNgguuyyễễnn CChhííí TThhaannhh –– BBMMTT –– ĐĐăăkk LLăăkk (((SSưưuu tttầầmm ggiiiớớiii ttthhiiiệệuu))) trang 4