Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 có đáp án - môn Toán - năm 2020 - 2021 sở GD&ĐT Khánh Hòa (Đề chính thức) | Xem Loi Giai - Hướng dẫn giải chi tiết, giải bài tập SGK, đề thi, đề kiểm tra và nhiều thủ thuật hữu ích

Xem lời giải và đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh vào lớp 10, môn Toán, năm 2020 - 2021 sở GD&ĐT Khánh Hòa (đề chính thức)

Đáp án

Câu 1

a) Ta có:

$A=(3 \sqrt{2}-\sqrt{8}) \sqrt{2}$

$A=(3 \sqrt{2}-\sqrt{2^{2}-2}) \sqrt{2}$

$A=(3 \sqrt{2}-2 \sqrt{2}) \sqrt{2}$

$A=\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}=2$

Vậy A=2

b) $x^{2}-5 x+4=0$

$\Leftrightarrow x^{2}-4 x-x+4=0$

$\Leftrightarrow\left(x^{2}-4 x\right)-(x-4)=0$

$\Leftrightarrow x(x-4)-(x-4)=0 \Leftrightarrow(x-4)(x-1)=0$

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x-4=0 \\ x-1=0 \\ x=4 \\ x=1\end{array}\right.$

Câu 2:

a) Đồ thi parobol

b) Với mọi m=0 tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) bằng phương pháp đại số

Với $m=0$ ta có $(d): y=x$

Phương trình tọa độ giao điểm của (d) và (P):

$\frac{1}{2} x^{2}=x \Leftrightarrow \frac{1}{2} x^{2}-x=0$

$\Leftrightarrow x^{2}-2 x=0$

$\Leftrightarrow x(x-2)=0$

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=0 \\ x-2=0\end{array}\right. \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=0 \\ x=2\end{array}\right.$

+ Với $x=0 \Rightarrow y=0$

+ Với $x=2 \Rightarrow y=2$

Vậy với m=0, thì đường thẳng (d) và (P) sẽ giao nhau tại hai điểm (0,0) và (2,2).

Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và (P) là:

$\frac{1}{2} x^{2}=x-m \Leftrightarrow x^{2}-2 x+2 m=0$ (*)

Đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau ở hai điểm riêng biệt => Phương trình (*) sẽ có hai nghiệm phân biệt:

$\Leftrightarrow \Delta^{\prime}>0 \Leftrightarrow 1-2 m>0 \Leftrightarrow m<\frac{1}{2}$

Vậy m< $\frac{1}{2}$ thì (d) với (P) cắt nhau ở hai điểm phân biệt.

Câu 3:

Gọi x là số lớp của trường A

Gọi y là số lớp của trường B

Số thùng mỳ của trường A ủng hộ là: 8x và bao gạo ủng hộ là 5x

Số thùng mỳ của trường B ủng hộ là: 5y và bao gạo ủng hộ là 7y

Vì hai trường đã quyên góp được 1137 phần quà nên ta có phương trình:

$8 x+5 x+7 y+8 y=1137 \Leftrightarrow 13 x+15 y=1137$

Vì số bao gạo ít hết hơn số thùng mỳ là 75 phần quà nên ta có phương trình:

$(8 x+7 y)-(5 x+8 y)=75 \Leftrightarrow 3 x-y=75$

Khi đó ta có hệ phương trình:

$[\begin{array}{l} 13 x+15 y=1137 \\ 3 x-y=75 \end{array}$ $\Leftrightarrow [\begin{array}{l} 13 x+15 y=1137 \\ 45 x-15 y=1125 \end{array}$ $\Leftrightarrow[\begin{array}{l} 58 x=2262 \\ 3 x-y=75 \end{array}$ $\Leftrightarrow[\begin{array}{l} x=39 \\ 3.39-y=75 \end{array}$

$\Leftrightarrow[\begin{array}{l} x=39 \\ y=42 \end{array}$

Vậy trường A là 39 lớp và trường B có 42 lớp.

Câu 4:

a. Chứng minh tứ giác IMON nội tiếp đường tròn

Ta có: IM, IN là đường tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M và N $M, N \Rightarrow \angle M O=\angle I N O=90^{\circ}$ (Định nghịa)

Xét tứ giác IMON ta có: $\angle I M O+\angle I N O=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$

Mà hai góc này là hai góc đối diện ⇒ Tứ giác IMON là tứ giác nội tiếp đường tròn (dhnb)

b. Chứng minh $I M . I N=I H . I K$ .

Ta có: K là điểm đối xứng của M qua O ⇒ O là trung điểm MK và MK cũng là đường kính của (O).

Ta có: $\angle M H K$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O).

$\Rightarrow \angle M H K=90^{\circ}hay M H \perp H K$

Áp dụng hệ đẳng thức cho $\triangle I M K$ vuộng tại M có đường cao MH ta có: $I M^{2}=I H . I K$

Mà IM=IN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

$\Rightarrow I M^{2}=I N \cdot I M=I H \cdot I K(\mathrm{dpcm})$

c. Kẻ NP $\perp MK$ . Chứng minh đường thẳng IK đi qua trung điểm NP.

Gọi $I K \cap N P=\{J\}, I K \cap M N=\{E\}$

Ta có: IM=IN (cmt) nên tam giác IMN cân tại I (tính chất của tam giác cân),

$\Rightarrow \angle I N M=\angle I M N$ (hai góc ở đáy tam giác cân).

Lại có: $\angle M N P=\angle I M N$ (so le trong do $N P \| M I$ - cùng vuống góc với MK)

$\Rightarrow \angle I N M=\angle M N P(=\angle I M N)$

$\Rightarrow N E$ là phân giác trong $\angle I N J$

Lại có $\angle M N K$ là góc nội tiếp chắn nửa đường Mtròn (O) nên $\angle M N K=90^{\circ}$ , do đó $N K \perp N E$ nên NK là phân giác của $\angle INJ$ .

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: $\frac{NI}{NJ}=\frac{EI}{EJ}=\frac{KI}{KJ}$ .

Áp dụng định lí Ta-let do $N P \| M I$ ta có: $\frac{EI}{EJ}=\frac{MI}{NJ},\frac{KI}{KJ}=\frac{MI}{JP}$

Từ đó suy ra $\frac{M I}{N J}=\frac{M I}{J P} \Rightarrow N J=J P \Rightarrow J$ là trung điểm của NP.

Vậy đường thẳng IK đi qua trung điểm của NP (đpcm).

Câu 5 (1đ)

Cho x, y là các số thực thỏa: x, y>0 và $x+y \geq \frac{7}{2}$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $P=\frac{13 x}{3}+\frac{10 y}{3}+\frac{1}{2 x}+\frac{9}{y}$

Ta có:

$P=\frac{13 x}{3}+\frac{10 y}{3}+\frac{1}{2 x}+\frac{9}{y}$

$P=\left(2 x+\frac{1}{2 x}\right)+\left(y+\frac{9}{y}\right)+\frac{7}{3}(x+y)$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

$\left\{\begin{array}{l}2 x+\frac{1}{2 x} \geq 2 \sqrt{2 x \cdot \frac{1}{2 x}}=2 \\ y+\frac{9}{y} \geq 2 \sqrt{y \cdot \frac{9}{y}}=6 \\ x+y \geq \frac{7}{2}(g t)\end{array}\right.$

$\Rightarrow P \geq 2+6+\frac{7}{3} \cdot \frac{7}{2}=\frac{97}{6}$

Dấu "=" xảy ra khi $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2 x=\frac{1}{2 x} \\ y=\frac{9}{y} \quad \Leftrightarrow\left\{y^{2}=9 \quad \Leftrightarrow\right. \\ x+y=\frac{7}{2}\end{array} \quad\left(\begin{array}{l}4 x^{2}=1 \\ x+y=\frac{7}{2}\end{array}\right)\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} \\ y=3\end{array}\right.\right.$

Vậy $P_{\min }=\frac{97}{6} \Leftrightarrow x=\frac{1}{2}, y=3$

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 có đáp án - môn Toán - năm 2020 - 2021 sở GD&ĐT Khánh Hòa (Đề chính thức)

Đáp án

Bình luận

Đề thi, Bài giải mới nhất

Đề thi thử