Đề thi vào lớp 10 - Năm 2020 - 2020 môn Toán - Trường Phổ thông Năng khiếu TP HCM (Không chuyên) - 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 trường Phổ thông Năng khiếu TP HCM (Không chuyên) Đề chính thức

Đáp án đề thi môn Toán vào lớp 10

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP HCM
Trường Phổ Thông Năng Khiếu
Hội đồng tuyển sinh lớp 10

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC: 2020 - 2021

Môn: Toán (không chuyên)
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian phát đề

Ngày thi: 11/7/2020

Bài 1:

(ĐKXĐ: $x\ge0$ )

Khi M = x - 4, ta có:

$M=\frac{x\sqrt{x}-8}{3+(\sqrt{x}+1)^2}=x-4$

$\Leftrightarrow x\sqrt{x}-8=(x-4)[3+(\sqrt{x}+1)^2]$

$\Leftrightarrow(\sqrt{x}-2)(x+2\sqrt{x}+4)=(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)(x+2\sqrt{x}+4)$

$\Leftrightarrow(\sqrt{x}-2)(x+2\sqrt{x}+4)(\sqrt{x}+2-1)=0$

$\Leftrightarrow(\sqrt{x}-2)(x+2\sqrt{x}+4)(\sqrt{x}+1)=0$

Dễ thấy $\sqrt{x}+1>0$ và

$x+2\sqrt{x}+4=(\sqrt{x}+1)^2+3>0$

$\Rightarrow\sqrt{x}-2=0$

$\Leftrightarrow x=4$ (tm đkxđ)

KL...

(ĐKXĐ: $x\ge0;x\ne4$ )

Ta có:

$Q=M.N+P$

$=\frac{x\sqrt{x}-8}{3+(\sqrt{x}+1)^2}.\frac{(\sqrt{x}+1)^3-(\sqrt{x}-1)^3}{(x-4)(3x+1)}+\frac{\sqrt{x}}{2+\sqrt{x}}$

$=\frac{(\sqrt{x}-2)(x+2\sqrt{x}+4)}{x+2\sqrt{x}+4}.\frac{2[(\sqrt{x}+1)^2+(\sqrt{x}+1)(\sqrt{x}-1)+(\sqrt{x}-1)^2]}{(x-4)(3x+1)}+\frac{\sqrt{x}}{2+\sqrt{x}}$

$=(\sqrt{x}-2).\frac{2(2x+2+x-1)}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)(3x+1)}+\frac{\sqrt{x}}{2+\sqrt{x}}$

$=\frac{2}{\sqrt{x}+2}+\frac{\sqrt{x}}{2+\sqrt{x}}=1$

KL: Q = 1.

Bài 2:

$(x^4+4x^2-5)\left(\frac{x-3+\sqrt{3+x}}{\sqrt{x}-1}\right)=0$

ĐKXĐ: $x\ge0;x\ne1$

$\Leftrightarrow(x^2+5)(x^2-1)(x-3+\sqrt{3+x})=0$

$\Leftrightarrow(x^2+5)(x^2-1)(x+3+\sqrt{3+x}-6)=0$

$\Leftrightarrow(x^2+5)(x^2-1)(\sqrt{3+x}-2)(\sqrt{3+x}+3)=0$

Với $x\ge0;x\ne1$ thì

$\left\{ \matrix{ x^2 + 5 > 0 \hfill \cr \sqrt{3+x} +3 > 0 \hfill \cr} \right.$

$\Rightarrow \left[ \matrix{ x^2-1 = 0 \hfill \cr \sqrt{3+x} - 2 = 0 \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 1 & (loại) \hfill \cr x = -1 & (loại) \hfill \cr x = 1 & (loại) \hfill \cr} \right.$

KL: PT vô nghiệm.

Vì (d) và (d1) cắt nhau tại I(3;9) nên tọa độ điểm I thỏa mãn phương trình của cả (d) và (d1), tức là:

$\left\{ \matrix{ 9 = 3m + m \hfill \cr 9 = 3 + 3m + 2n - mn \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ m = \dfrac{9}4 \hfill \cr 9 = 3 + 3.\dfrac{9}4 + 2n - \dfrac{9n}4 \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ m = \dfrac{9}4 \hfill \cr n = 3 \hfill \cr} \right.$

$⇒m.n=\frac{27}{4}$

và $\frac{m}{n}=\frac{3}{4}$

KL....

Gọi a, b lần lượt là chiều dài và rộng của hình chữ nhật (a > b > 0)

Ta có:

$\left\{ \matrix{ 2a + 2b =28 \hfill \cr a^2+b^2 = (2R)^2 = 100 \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ a = 14- b \hfill \cr (14-b)^2+b^2 = 100 \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ a = 14- b \hfill \cr \left[ \matrix{ b=8 ⇒ a = 6 & (loại) \hfill \cr b = 6 ⇒ a = 8 & (tm) \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right.$

Diện tích ABCD là:

$S_{ABCD} = a.b = 48 \space ({cm}^2)$

KL....

Bài 3:

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d), ta có:

$x^2=2mx+3$

$\Leftrightarrow x^2-2mx-3=0$ (*)

Ta có: $\Delta'=m^2+3\ge3>0$

suy ra (*) luôn có hai nghiệm phân biệt, hay (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt (đpcm).

Áp dụng hệ thức Vi-ét cho (*) ta có:

$\left\{ \matrix{ x_1+x_2 = 2m \hfill \cr x_1x_2 = -3 \hfill \cr} \right.$

Ta có:

$y_1+y_2 = 2mx_1 + 3 + 2mx_2 + 3 = 2m (x_1+x_2) + 6$

$=4m^2+6$

Ta có:

$y_1 - 4y_2 = x_1 - 4x_2 + 3x_1x_2$

$\Leftrightarrow 2mx_1+3 - 4(2mx_2+3 )= x_1 - 4x_2 + 3.(-3)$

$\Leftrightarrow2mx_1+3-8mx_2-12=x_1-4x_2-9$

$\Leftrightarrow(2m-1)x_1-4(2m-1)x_2=0$

$\Leftrightarrow(2m-1)(x_1-4x_2)=0$

$\Leftrightarrow \left[ \matrix{ 2m-1 = 0 \hfill \cr x_1- 4x_2 = 0 \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \matrix{ m = \dfrac{1}2 \hfill \cr x_1=4x_2 \hfill \cr} \right.$

Với $x_1=4x_2$ , thay vào ta có:

$x_1x_2=-3=4x_2^2$ ⇒ vô nghiệm.

KL...

Bài 4:

Gọi lượng gạo kho nhập ngày thứ nhất là A (tấn, A > 0)

Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ hai là: A x 120% = 1,2 A (tấn)

Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ ba là: 1,2 A x 120% = 1,44 A (tấn)

Sau ngày thứ ba, lượng gạo kho hàng có là: A+ 1,2 A + 1,44 A = 3,64 A (tấn)

Vì ngày thứ 3, sau khi nhập xong thì kho có 91 tấn nên:

3,64 A = 91 ⇒ A = 25 (tấn) (tm đk)

KL...

Lượng gạo kho hàng nhập ngày thứ tư là: 1,44 A x 120% = 1,728 A (tấn)

Sau ngày thứ tư, lượng gạo kho hàng có là: 3,64 A + 1,728 A = 5,368 A (tấn)

Số gạo xuất ngày thứ 5 là: $\frac{1}{10}.5,368A=0,6368A$ (tấn)

Số gạo ngày thứ 6 xuất là:

$\frac{1}{10}.(5,368A-0,6368A)=0,48312A$ (tấn)

Vì tổng số gạo đã xuất của ngày 5 và 6 là 50,996 nên:

0,6368 A + 0,48312 A = 50,996

⇔ A = 50 (tấn) (tmđk)

KL....

Bài 5:

Vì M là trung điểm của AC nên OM ⊥ AC.

Vì AB = AC ⇒ △ABC cân tại A ⇒ AO ⊥ BC

Suy ra ∠ONC = ∠OMC = 90° ⇒ tứ giác OCMN nội tiếp (đpcm).

Dễ thấy OM là trung trực của AC, D ∈ OM ⇒ DA = DC hay △DAC cân tại D, có DM là trung trực

$⇒∠ADM=∠MDC=\frac{1}{2}∠ADC$ (1)

Vì AB = AC ⇒ $\stackrel\frown{AB} = \stackrel\frown{AC}$ $⇒∠BDA=∠ADC=\frac{1}{2}∠BDC$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $∠ODC=∠MDC=\frac{1}{4}∠BDC$

hay ∠BDC = 4.∠ODC (đpcm).

Vì △DAC cân tại D (cmt) ⇒ ∠DAC = ∠DCA $= ∠MDC = \dfrac{1}2(\stackrel\frown{AB} + \stackrel\frown{BD})$

Lại có $∠APC= \dfrac{1}2(\stackrel\frown{AC} + \stackrel\frown{BD}) =\dfrac{1}2(\stackrel\frown{AB} + \stackrel\frown{BD}) = ∠DAC$

Hay ∠APC = ∠PAC ⇒ △PCA cân tại C ⇒ CA = CP (đpcm).

Gọi BD cắt ME tại G.

Ta thấy ∠DBP = ∠DAC (góc nội tiếp cùng chắn cung DC) = ∠APC (cmt) = ∠BPD (góc đối đỉnh) ⇒ △DBP cân tại D.

△DBP cân tại D có DE là phân giác ⇒ DE ⊥ BP và

$∠BDE= ∠EDP= \dfrac{1}2 ∠BDP$

Ta thấy ∠DEC = ∠DMC = 90° ⇒ tứ giác DEMC nội tiếp ⇒ ∠EMD = ∠ECD (góc nội tiếp cùng chắn cung ED)

hay ∠GMD = ∠ECD.

Lại có ∠EDC = 3.∠ODC = ∠BDM = ∠GDM.

Xét △GDM và △EDC có:

∠GMD = ∠ECD (cmt)

∠EDC = ∠GDM

Suy ra △GDM ∽ △EDC ⇒ ∠MGD = ∠CED = 90° ⇒ ME vuông góc với DB (đpcm).

Vì ABDC nội tiếp (O) ⇒ ∠ABD + ∠ACD = 180°

⇒ ∠ACD = 180° - ∠ABD = ∠FBG (3)

Lại có ∠GBE = ∠DBC = ∠DAC (góc nội tiếp cùng chắn cung DC) = ∠ACD (cmt) (4)

Từ (3) và (4) suy ra ∠FBG = ∠GBE ⇒ BG là phân giác của góc FBE.

Xét △FBE có BG vừa là đường cao vừa là phân giác ⇒ △FBG cân tại B ⇒ FB = EB và ∠BFE = ∠BEF = ∠MEN (đối đỉnh).

Dễ thấy N là trung điểm của BC ⇒ MN là đường trung bình của △CBA ⇒ MN // AB ⇒ ∠EMN = ∠EFB (góc sole trong) = ∠MEN (cmt)

⇒ △MNE cân tại N (đpcm).

Xét △BFD và △BED có:

∠FBD = ∠EBD (cmt)

Cạnh BD chung

BF = BE (cmt)

Suy ra △BFD = △BED ⇒ DE = DF ⇒ $\frac{DE}{DF}=1$

Đề thi vào lớp 10 - Năm 2020 - 2020 môn Toán - Trường Phổ thông Năng khiếu TP HCM (Không chuyên) - Đề chính thức

Đáp án đề thi môn Toán vào lớp 10

Bình luận

Đề thi, Bài giải mới nhất

Đề thi thử