ĐỀ CHÍNH THỨC TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 63 TỈNH NĂM HỌC 2021 – 2022 MÔN THI TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

ĐỀ CHÍNH THỨC VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 63 TỈNH NĂM HỌC 2021 – 2022 MÔN THI TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2021 – 2022 Khoá ngày : 29/05/2021 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút

Câu 1. (3,0 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau đây : a) 2 + 1 x − 2 = 2

(

)

b) x 4 + x 2 − 6 = 0 2 x + y = 11 c)  x − y = 4 Câu 2. (2,0 điểm) Cho hai hàm số y = x 2 có đồ thị là Parabol ( P ) và y = x + 2 có đồ thị là đường thẳng ( d ) a) Vẽ đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một hệ trục tọa độ b) Bằng phép tính, tìm tọa độ giao điểm ( P ) và ( d ) Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai x 2 − 2 ( m − 1) x + m 2 − 3m − 4 = 0 ( m là tham số, x là ẩn số) a) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 b) Đặt A = x12 + x22 − x1 x2 . Tính A theo m và tìm m để A = 18 Câu 4. (2,0 điểm) Cho 4 điểm A, B, C , D theo thứ tự lần lượt nằm trên nửa đường tròn đường kính AD. Gọi E là giao điểm của AC và BD. Kẻ EF vuông góc với AD ( F ∈ AD ) a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp b) Chứng minh BD là tia phân giác của ∠CBF Câu 5. (1,0 điểm) Một bức tường được xây bằng các viên gạch hình chữ nhật bằng nhau và được bố trí như hình vẽ bên. Phần sơ màu (gạch chéo) là phần ngoài của một hình tam giác có cạnh đáy 10dm và chiều cao 6dm. Tính diện tích phần tô đậm

ĐÁP ÁN Câu 1. Giải các phương trình và hệ phương trình sau a)

(

)

2 +1 x − 2 = 2 ⇔

(

)

2 +1 x = 2 + 2

2+ 2 = 2 2 +1 b) x 4 + x 2 − 6 = 0 x=

Đặt x 2 = t ( t ≥ 0 ) . Nên phương trình thành : t 2 + t − 6 = 0 ⇔ t 2 + 3t − 2t − 6 = 0 ⇔ t ( t + 3) − 2 ( t + 3) = 0 t = −3(ktm) ⇔ ( t + 3)( t − 2 ) = 0 ⇔  2 t = 2  x = 2  x = ± 2

{ }

Vậy phương trình có tập nghiệm S = ± 2  2 x + y = 11 3 x = 15 x = 3 ⇔ ⇔ c)  x − y = 4 y = x − 4 y =1

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( 5;1)

Câu 2. a) Học sinh tự vẽ đồ thị ( P ) , ( d ) b) Ta có phương trình hoành độ giao điểm ( P ) và ( d ) :

x2 = x + 2 ⇔ x2 − x − 2 = 0 ⇔ x2 − 2 x + x − 2 = 0 x = 2  y = 4 ⇔ ( x − 2 )( x + 1) = 0 ⇔   x = −1  y = 1 Vậy đường thẳng ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt ( −1;1) , ( 2;4 ) Câu 3. a) x 2 − 2 ( m − 1) x + m 2 − 3m − 4 = 0 (*) Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ ' > 0

⇔ ( m − 1) − ( m 2 − 3m − 4 ) > 0 ⇔ m 2 − 2m + 1 − m 2 + 3m + 4 > 0 ⇔ m > −5 Vậy với m > −5 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 b) Với m > −5 thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 . Theo hệ thức Vi – et ta có :

 x1 + x2 = 2 ( m − 1) = 2m − 2  2  x1 x2 = m − 3m − 4 Theo đề bài ta có : 2

A = x12 + x22 − x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 − x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 2

= 4 ( m − 1) − 3 ( m 2 − 3m − 4 ) = 4 ( m 2 − 2m + 1) − 3m 2 + 9m + 12 = 4m 2 − 8m + 4 − 3m 2 + 9m + 12 = m 2 + m + 16 A = 18 ⇔ m 2 + m + 16 = 18

m = 1 ⇔ m 2 + m − 2 = 0 ⇔ ( m − 1)( m + 2 ) = 0 ⇔   m = −2 Vậy m ∈ {−2;1} thỏa mãn bài toán Câu 4.

B C E

a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp Ta có ∠ABD là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD

 ∠ABD = 90° hay ∠ABE = 90° Xét tứ giác ABEF có ∠ABE + ∠AFE = 90° + 90° = 180°  ∠ABEF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng 2 góc đối diện bằng 180°)

b) Chứng minh BD là tia phân giác ∠CBF Vì ABEF là tứ giác nội tiếp (cmt)  ∠FBE = ∠FAE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EF ) hay ∠CAD = ∠FBD Lại có : ∠CBD = ∠CAD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD)  ∠CBD = ∠FBD ( = ∠CAD )  BD là phân giác của ∠FBC

Câu 5.

Chiều rộng của một viên gạch là : 6 : 4 = 1,5(dm) Chiều dài của một viên gạch : 10 : 5 = 2(dm) Diện tích của một viên gạch: 1,5.2 = 3(dm 2 ) Tổng số viên gạch để xây bức tường là : 2 + 3 + 4 + 5 = 14 (viên) Diện tích của bức tường là : 3.14 = 42(dm 2 ) Diện tích tam giác trong hình là :

1 .6.10 = 30 ( dm 2 ) 2

Diện tích phần son màu là : 42 − 30 = 12(dm 2 )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN NĂM HỌC 2021 – 2022 ĐỀ THI MÔN: TOÁN (chung) Thời gian làm bài : 120 phút, không kể giao đề Ngày thi: 04/06/2021

Câu 1. (2,5 điểm) a) Giải phương trình: x 2 + 6 x − 7 = 0 x − y = 5 b) Giải hệ phương trình :  2 x + y = 4 c) Rút gọn biểu thức M = 20 − 45 + 5 Câu 2. (2,0 điểm) Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = x − m + 3 (m là tham số) a) Vẽ parabol ( P ) b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) tại hai

điểm phân biệt A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) thỏa mãn y1 + y2 = 1 Câu 3. (1,5 điểm) a) Theo kế hoạch, một đội xe phải chở 150 tấn hàng từ một khu công nghiệp thuộc huyện Châu Đức đến cảng Cái Mép – Thị Vải. Khi thực hiện thì trong đội có 5 xe phải đi làm việc khác, nên mỗi xe còn lại của đội phải chở thêm 5 tấn hàng. Tính số xe lúc đầu của đội (biết khối lượng trên mỗi xe chở là như nhau) b) Giải phương trình ( x 2 − 3 x + 1)( x 2 − 3 x + 2 ) = 2 Câu 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn ( O ) và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Kẻ các tiếp tuyến AB, AC của đường tròn ( O )( B, C là các tiếp điểm). Một đường thẳng đi qua A cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm phân biệt D, K ( D nằm giữa A, K và B, D nằm cùng phía đối với đường thẳng OA). Gọi H là giao điểm của AO và BC a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AD. AK = AB 2 và AD. AK + OH .OA = OA2 c) Chứng minh ∠AOD = ∠ODH d) Đường thẳng qua D và vuông góc với OB cắt BC tại M . Gọi P là trung điểm của AB. Chứng minh ba điểm K , M , P thẳng hàng Câu 5. (0,5 điểm) Với x, y là các số thực dương, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức  1 1   1 1  S = 2( x + y ) 3 + 3 − +   2  y2  x + y y +x x

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

MÔN TOÁN – VŨNG TÀU 2021 Câu 1. a) Giải phương trình x 2 + 6 x − 7 = 0 Ta có : a + b + c = 1 + 6 − 7 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt  x1 = 1   x2 = c = −7 a  Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−7;1} x − y = 5 b) Giải hệ phương trình  2 x + y = 4 x − y = 5 3 x = 9 x = 3 Ta có:  ⇔ ⇔  2 x + y = 4  y = x − 5  y = −2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( 3; −2 )

c) Rút gọn biểu thức M = 20 − 45 + 5

M = 20 − 45 + 5 = 2 5 − 3 5 + 5 = 0 Vậy M = 0 Câu 2. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = x − m + 3 (với m là tham số) a) Vẽ Parabol (P) Parabol ( P ) : y = x 2 có bề lõm hướng lên và nhận Oy làm trục đối xứng Ta có bảng giá trị sau : x −2

−1

y = x2

Đồ thi Parabol ( P ) : y = x 2

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) thỏa mãn

y1 + y2 = 1

Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa (P) và (d) ta được : x 2 = x − m + 3 ⇔ x 2 − x + m − 3 = 0 (1)

Để ( P ) cắt ( d ) tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt

⇔ ∆ > 0 ⇔ 1 − 4 ( m − 3) > 0 ⇔ 1 − 4m + 12 > 0 ⇔ m <

13 ( *) 4

x + x = 1 Khi đó, áp dụng hệ thức Vi-et ta có :  1 2 .  x1 x2 = m − 3

Ta có A, B ∈ ( P ) nên A ( x1 ; x12 ) , B ( x2 ; x22 ) . Khi đó ta có : y1 + y2 = 1 ⇔ x12 + x22 = 1 ⇔ x1 + x2 = 1 ⇔ ( x1 + x2

)

= 1 ⇔ x12 + x22 + 2 x1 x2 = 1

⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 2 x1 x2 = 1 ⇔ 1 − 2 ( m − 3) + 2 m − 3 = 1 ⇔ m−3 = m−3⇔ m−3≥0⇔ m≥3 Kết hợp với điều kiện (*) ta được 3 ≤ m ≤ Vậy 3 ≤ m ≤

13 4

13 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 4

Câu 3. a) Theo kế hoạch, một đội xe phải chở 150 tấn hàng từ một khu công nghiệp thuộc huyện Châu Đức đến cảng Cái Mép – Thị Vải. Khi thực hiện thì trong đội có 5 xe phải đi làm việc khác, nên mỗi xe còn lại của đội phải chở thêm 5 tấn hàng. Tính số xe lúc đầu của đội (biết khối lượng trên mỗi xe chở là như nhau)

Gọi số xe lúc đầu của đội là x ( x > 5, x ∈ ℕ ) (xe) 150 Số hàng mà mỗi xe phải chở là (tấn hàng) x Số xe thực tế tham gia chở hàng là x − 5 (xe) 150 (tấn hàng) Số hàng thực tế mà mỗi xe phải chở là : x−5 Do thực tế mỗi xe phải chở thêm 5 tấn hàng nên ta có phương trình : 150 150 − = 5  150 x − 150 x + 750 = 5 x ( x − 5 ) x−5 x ⇔ 5 x 2 − 25 x − 750 = 0 ⇔ x 2 − 5 x − 150 = 0 2

∆ = ( −5 ) − 4.1.(−150) = 625 > 0  ∆ = 25 Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt: 5 + 25  x = = 15(tm) 1  2   x = 5 − 25 = −10(ktm)  2 2 Vậy số xe tham gia chở hàng lúc đầu của đội là 15 xe b) Giải phương trình : ( x 2 − 3 x + 1)( x 2 − 3 x + 2 ) = 2

− 3 x + 1)( x 2 − 3 x + 2 ) = 2 ⇔ ( x 2 − 3 x + 1)( x 2 − 3 x + 1 + 1) = 2 2

⇔ ( x 2 − 3 x + 1) + ( x 2 − 3 x + 1) − 2 = 0

Đặt t = x 2 − 3 x + 1khi đó phương trình trở thành : t 2 + t − 2 = 0 t1 = 1 Ta có: a + b + c = 1 + 1 − 2 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm  t2 = c = −2 a  x = 0 Với t = 1  x 2 − 3 x + 1 = 1 ⇔ x 2 − 3 x = 0 ⇔  x = 3 Với t = −2  x 2 − 3 x + 3 = 0, ∆ = −3 < 0  VN Vậy tập nghiệm của phương trình S = {0;3}

Câu 4.

B K M

P D

J H

C a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp  AB ⊥ OB Ta có : AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn ( O ) nên   AC ⊥ OC  ∠ABO = ∠ACO = 90°  ∠ABO + ∠ACO = 180°  ABOC là tứ giác nội tiếp (đpcm) b) Chứng minh AD. AK = AB 2 và AD. AK + OH .OA = OA2 Ta có ∠ABD = ∠BKD (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BD)

Xét ∆ABD và ∆AKB ta có : ∠BAK chung , ∠ABD = ∠BKD (cmt ) AD AB  ∆ABD ∽ ∆AKB( g.g )  = (2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AB AK  AD. AK = AB 2 (1) Ta có: OB = OC ( = R ) nên O thuộc trung trực của BC AB = AC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) nên A thuộc trung trực của BC  OA là trung trực của BC  OA ⊥ BC tại H

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AOB vuông tại B, đường cao BH ta có : 2 OB = OH .OA ( 2)  2 2 2 OA = OB + AB Từ (1) và (2) ta có: AD. AK + OH .OA = AB 2 + OB 2 = OA2 ( dfcm ) c) Chứng minh ∠OAD = ∠ODH OH OD Ta có : OB 2 = OH .OA(cmt ) . Mà OB = OD  OD 2 = OH .OA  = OD OA OH OD Xét ∆OHD và ∆ODA ta có : ∠DOA chung, = ( cmt ) OD OA  ∆OHD ∽ ∆ODA(c.g .c)  ∠OAD = ∠ODH (2 góc tương ứng ) (đpcm)

d) Đường thẳng qua D và vuông góc với OB cắt BC tại M . Gọi P là trung điểm của AB. Chứng minh ba điểm K , M , P thẳng hàng Gọi J là giao điểm của AK và BC Gọi P là giao điểm của KM và AB. Ta sẽ chứng minh P là trung điểm của AB Kẻ ON ⊥ DK ( N ∈ DK )  N là trung điểm của DK Lại có ∠ANO = 90° nên N thuộc đường tròn đường kính OA hay O, N , B, A, C cùng thuộc một đường tròn. Xét tam giác ABJ và ANB ta có : ∠BAN chung, ∠ABJ = ∠BNA ( = ACB ) (các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau) AJ AB  ∆ABJ ∽ ∆ANB ( g .g )  = (cặp cạnh tương ứng)  AB 2 = AJ . AN AB AN AB AD =  AB 2 = AK . AD Tương tự ta có : ∆ABD ∽ ∆AKB( g.g )  AK AB AN AK AK − AN KN DN  AJ . AN = AK . AD  = = = = AD AJ AJ − AD DJ EJ AK AJ (Vì N là trung điểm của DK )  = DN EJ  AB AJ =  DM ⊥ OB( gt )  DM DJ Ta lại có :   DM / / AB   (Định lý Ta – let) ⊥ ( ) AB OB gt AP AK   =  DM DK AP AK 1 AJ 1 AB AB  = = . = .  AP = DM 2 DN 2 EJ 2 DM 2 Vậy P là trung điểm của AB ( dfcm )

Câu 5. Với x, y là các số thực dương, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức  1 1   1 1  S = 2( x + y ) 3 + 3 − 2 + 2  y  x + y y +x x

Theo BĐT cộng mẫu Schwwarz 2 2 2 ( x + y) ( y + x)   1 1  S= . 2 + 2  − 2 + 2  x + y  x + y y + x   x y 

2  x2 y 2 y3 x2   1 1  S≤ . 3 + + 2 + − 2 + 2  x+ y  x y y x  x y    1 2 1 1 1  S≤ . + + x + y  −  2 + 2  x+ y x y y   x 2

1 1 2 1 1 S≤ +2− 2 − 2  S ≤ 2− −  ≤ 2 xy x y x y Vậy S max = 2 ⇔ x = y = 1

SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ BẠC LIÊU ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi: Toán (không chuyên) Ngày thi: 23/06/2021 Thời gian : 120 phút (không kể giao đề)

Câu 1. (4,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A = 28 + 63 − 2 7 x y+y x 1 b) Chứng minh rằng : = x − y với x > 0, y > 0 và x ≠ y xy x− y Câu 2. (4,0 điểm) x − 2 y = 5 a) Giải hệ phương trình  2 x − y = 7 1 1 b) Cho hàm số y = − x 2 có đồ thị ( P ) và đường thẳng d : y = x − 2 . Vẽ đồ thị ( P ) 4 2 và tìm tọa độ giao điểm của ( P ) với đường thẳng d bằng phép tính

Câu 3. (6,0 điểm) Cho phương trình x 2 − ( m + 2 ) x + m + 1 = 0 (1) ( m là tham số) a) Giải phương trình khi m = −3 b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi số thực m c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông xuống 2 cạnh huyền là h = 5

Câu 4. (6,0 điểm) Cho đường tròn ( O; R ) và đường thẳng d không qua O cắt đường tròn ( O ) tại hai điểm A, B. Trên tia đối của tia BA, lấy một điểm M , qua M kẻ hai tiếp tuyến MC và MD với đường tròn ( O )( C , D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB a) Chứng minh rằng tứ giác OMCH nội tiếp được trong một đường tròn b) OM cắt đường tròn ( O ) tại I và cắt CD tại K. Chứng minh OK .OM = R 2 c) Đường thẳng qua O vuông góc với OM cắt các tia MC , MD lần lượt tại P và Q. Tính độ dài OM theo R sao cho diện tích tam giác MPQ nhỏ nhất

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 NĂM 2021 MÔN TOÁN TỈNH BẠC LIÊU Câu 1. a) Rút gọn biểu thức A = 28 + 63 − 2 7 Ta có : A = 28 + 63 − 2 7 = 4.7 + 9.7 − 2 7 =2 7 +3 7 −2 7 =3 7 Vậy A = 3 7

b) Chứng minh rằng

x y+y x xy

1 = x − y với x > 0, y > 0 và x ≠ y x− y

Với x > 0, y > 0 và x ≠ y ta có : VT = =

(

x y+y x 1 : = xy x− y

x+ y

)(

xy .

(

x+ y xy

).(

x− y

)

x − y = x − y = VP (dfcm)

Câu 2. x − 2 y = 5 a) Giải hệ phương trình  2 x − y = 7 x − 2 y = 5 x − 2 y = 5  −3 x = −9 x = 3 ⇔ ⇔ ⇔  2 x − y = 7 −4 x + 2 y = −14  y = 2x − 7  y = −1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3; −1)

1 1 b) Cho hàm số y = − x 2 có đồ thị ( P ) và đường thẳng d : y = x − 2 . Vẽ đồ thị 4 2 ( P ) và tìm tọa độ giao điểm của ( P ) với đường thẳng d bằng phép tính 1 Vẽ đồ thị hàm số y = − x 2 4 Ta có bảng giá trị

−4

−2

1 y = − x2 4

−4

−1

−4

1 Vậy đồ thị hàm số ( P ) : y = − x 2 là đường cong đi qua các điểm ( −4; −4 ) ; 4 ( −2; −1) ; ( 0;0 ) ; ( 2; −1) ; ( 4; −4 ) Đồ thị hàm số

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

1 1 − x2 = x − 2 ⇔ x2 + 2 x − 8 = 0 4 2 2

Phương trình có ∆ ' = ( −1) + 8 = 9 > 0  Phương trình có hai nghiệm phân biệt  x1 = −1 + 9 = 2  y = −1   x2 = −1 − 9 = −4  y = −4 Vậy đường thẳng ( d ) cắt (P) tại hai điểm phân biệt ( 2; −1) và ( −4; −4 )

Câu 3. Cho phương trình x 2 − ( m + 2 ) x + m + 1 = 0 (1) ( m là tham số) a) Giải phương trình khi m = −3

Khi m = −3 phương trình (1) trở thành x 2 + x − 2 = 0 Vì a + b + c = 1 + 1 − 2 = 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x =1  . c  x = = −2 a  Vậy khi m = −3 thì phương trình có tập nghiệm S = {1; −2} b) Chứng minh phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi số thực m Ta có : hệ số của x 2 là 1 ≠ 0 nên phương trình (1) là phương trình bậc hai một ẩn 2 Lại có ∆ = ( m + 2 ) − 4 ( m + 1) = m 2 + 4m + 4 − 4m − 4 = m 2 ≥ 0 (với mọi m) Do đó phương trình (1) luôn có nghiệm với mọi số thực m c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vuông 2 xuống cạnh huyền là h = 5 2

Phương trình (1) có ∆ = ( m + 2 ) − 4 ( m + 1) = m 2 + 4m + 4 − 4m − 4 = m 2 Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thì ∆ > 0 ⇔ m ≠ 0 −b   x1 + x2 = a = m + 2 Khi đó, áp dụng định lý Viet ta có :  x x = c = m + 1  1 2 a Do hai nghiệm phân biệt x1 , x2 là độ dài hai cạnh góc vuông nên ta có x1 , x2 > 0 suy ra :  x1 + x2 > 0 m + 2 > 0 ⇔ ⇔ m > −1   x x > 0 m + 1 > 0   1 2 Vì x1 , x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài đường cao kẻ từ 2 đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền h = nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác 5 vuông ta có : 2 x1 + x2 ) − 2 x1 x2 5 1 1 1 x12 + x22 5 ( + = ⇔ 2 2 = ⇔ = x12 x22  2 2 x1 x2 4 x12 x22 4    5 2 2 ⇔ 4. ( m + 2 ) − 2 ( m + 1)  = 5 ( m + 1) ⇔ 4m 2 + 8m + 8 = 5m 2 + 10m + 5   ⇔ m 2 + 2m − 3 = 0

Ta có : a + b + c = 1 + 2 + ( −3) = 0 nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

 m1 = 1(tm)   m2 = c = −3(ktm) a  Vậy m = 1 là giá trị cần tìm. Câu 4.

Q D O I

K A

H P

a) Chứng minh rằng tứ giác OMCH nội tiếp được trong một đường tròn Vì H là trung điểm của AB ( gt )  OH ⊥ AB (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)  ∠OHM = 90° Xét tứ giác OMCH có ∠OHM = ∠OCM = 90°  OMCH là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)

OM cắt đường tròn ( O ) tại I và cắt CD tại K. Chứng minh OK .OM = R 2

Vì MC = MD (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  M thuộc trung trực của CD OC = OD ( = R ) nên O thuộc trung trực của CD  OM là trung trực của CD  OM ⊥ CD tại K Xét tam giác OMD vuông tại D có đường cao DK ta có : OD 2 = OK .OM = R 2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông) c) Đường thẳng qua O vuông góc với OM cắt các tia MC , MD lần lượt tại P và Q. Tính độ dài OM theo R sao cho diện tích tam giác MPQ nhỏ nhất Ta có : MO là phân giác của ∠PMQ (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) MO là đường cao của ∆PMQ ( doPQ ⊥ OM ( gt ) )  ∆MPQ cân tại M (tam giác có đường cao đồng thời là đường phân giác)  MO đồng thời là trung tuyến của ∆MPQ  O là trung điểm của PQ

1 1  OP = PQ . Ta có : S∆MPQ = .MO.PQ = OM .OP 2 2 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác OMP vuông tại O có đường cao OC ta có : 1 1 1 1 + = = 2 2 2 2 OM OP OC R 1 1 Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương và ta có : OM 2 OP 2 1 1 2 2 1 2 + ≥ =  2≥ ⇔ S∆MPQ ≥ 2 R 2 2 2 OM OP OM .OP S∆MPQ R S MPQ OM = OP  OM = OP ⇔ Dấu " = " xảy ra ⇔  2  1 OM = R 2  OM 2 = R 2 Vậy S∆MPQ đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2R2 khi OM = R 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC CẠN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2021 – 2022 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút không kể giao đề

Câu 1. (1,5 điểm) Rút gọn các biểu thức sau : a ) A = 3 2 − 32 + 50  1 1 x ≥ 0 x  − b) B =  :    x − 2 x − 4  x + 2  x ≠ 4

Câu 2. (2, 5 điểm) a) Giải các phương trình sau: 1)2 x − 4 = 0 2) x 4 − x 2 − 12 = 0 2 x + y = 3 b) Giải hệ phương trình  x − 2 y = 4 c) Một người đi xe máy từ huyện Ngân Sơn đến huyện Chợ Mới cách nhau 100km. Khi về người đó tăng vận tốc thêm 10km / h so với lúc đi ,do đó thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc đi của xe máy

Câu 3. (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị các hàm số y = 2 x 2 và y = − x + 2 trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm a, b để đường thẳng ( d ') : y = ax + b đi qua điểm M (1;2 ) và song song với

đường thẳng ( d ) : y = − x + 2 Câu 4. (1,5 điểm) Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 + 4 = 0 (1)( m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = 2 b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x12 + 2 ( m + 1) x2 ≤ 2m 2 + 20

Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao AD, BE , CF của tam giác ABC cắt nhau tại H a) Chứng minh các tứ giác AEHF , BFEC nội tiếp đường tròn b) Đường thẳng AO cắt đường tròn tâm O tại điểm K khác điểm A. Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng HK và BC . Chứng minh I là trung điểm của đoạn thẳng BC AH BH CH c) Tính + + AD BE CF

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN – TỈNH BẮC CẠN 2021 Câu 1. Rút gọn các biểu thức sau : a ) A = 3 2 − 32 + 50 = 3 2 − 4 2 + 5 2 = 4 2

Vậy A = 4 2  1 x  1 b) B =  − :  x −2 x−4 x +2 Với x ≥ 0, x ≠ 4 ta có :

 1 x  1 B= − = : 4 x − x − 2 x + 2   Vậy B =

x +2− x

(

x −2

)(

x +2

)

x +2 = 1

2 x −2

2 , với x ≥ 0, x ≠ 4 x −2

Câu 2. a) Giải các phương trình sau : 1)2 x − 4 = 0 ⇔ 2 x = 4 ⇔ x = 2 Vậy phương trình có nghiệm x = 2 2) Đặt t = x 2 ( t ≥ 0 ) , khi đó phương trình trở thành : t 2 − t − 12 = 0 2

Ta có : ∆ = ( −1) − 4.( −12 ) = 49 = 7 2 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:  1+ 7 t = 2 = 4(tm)  t = 1 − 7 = −3(ktm)  2 x = 2 Với t = 4  x 2 = 4 ⇔   x = −2 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−2;2} 2 x + y = 3 b) Giải hệ phương trình  x − 2 y = 4 2 x + y = 3 4 x + 2 y = 6 5 x = 10 x = 2 Ta có :  ⇔ ⇔ ⇔ x − 2 y = 4 x − 2 y = 4  y = 3 − 2x  y = −1

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 2; −1)

c) Một người đi xe máy từ huyện Ngân Sơn đến huyện Chợ Mới cách nhau 100km. Khi về người đó tăng vận tốc thêm 10km / h so với lúc đi ,do đó thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc đi của xe máy Gọi vận tốc lúc đi của xe máy là x ( km / h )( x > 0 ) 100 (giờ) x Vận tốc lúc về của xe máy : x + 10 ( km / h )

Lúc đi, xe máy đi hết

Lúc về, xe máy đi hết

100 (giờ) x + 10

1 Do lúc về xe máy tăng tốc nên thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút = h nên ta có 2 phương trình : 100 100 1 − =  2 (100 x + 1000 − 100 x ) = x ( x + 10 ) x x + 10 2 2 ⇔ x + 10 x − 2000 = 0 ∆ = 102 + 4.2000 = 8100 > 0  ∆ = 90 −10 + 90  x = = 40(tm) 1  2   x = −10 − 90 = −50(ktm)  2 2 Vậy vận tốc của xe máy là 40km / h Câu 3. a) Vẽ đồ thị các hàm số y = 2 x 2 và đường thẳng y = − x + 2 trên cùng mặt phẳng

tọa độ Oxy +) Đồ thị hàm số y = 2 x 2 Đồ thị hàm số y = 2 x 2 có hệ số a = 2 > 0 nên có bề lõm hướng lên, đồng biến khi x > 0, nghịch biến khi x < 0 và nhận Oy làm trục đối xứng Ta có bảng giá trị sau : x −2 −1 0 1

y = 2x2

 y = 2 x 2 là đường cong đi qua các điểm ( −2;8 ) , ( −1;2 ) , ( 0;0 ) , (1;2 ) , ( 2;8 )

+)Đường thẳng y = − x + 2 Ta có bảng giá trị: x 0 y = −x + 2

2 0

 y = − x + 2 là đường thẳng đi qua các điểm ( 0;2 ) ; ( 2;0 )

b) Tìm a, b để đường thẳng ( d ') : y = ax + b đi qua điểm M (1;2 ) và song song với đường thẳng ( d ) : y = − x + 2  a = −1 Để d '/ / d thì   Phương trình đường thẳng ( d ') có dạng y = − x + b b ≠ 2  Lại có M (1;2 ) ∈ d ' nên thay tọa độ điểm M vào đường thẳng ( d ') ta có :

2 = −1 + b ⇔ b = 3(tm) Vậy a = −1, b = 3

Câu 4. x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 + 4 = 0 (1) a) Giải phương trình (1) khi m = 2 Khi m = 2 phương trình (1) trở thành x 2 − 6 x + 8 = 0 Ta có ∆ ' = 32 − 8 = 1 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt  x1 = 3 + 1 = 4 x = 3 −1 = 2  2 Vậy khi m = 2 thì phương trình (1) có tập nghiệm S = {2;4} b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa

mãn x12 + 2 ( m + 1) x2 ≤ 2m 2 + 20 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 2

∆ ' > 0 ⇔ ( m + 1) − m 2 − 4 > 0 ⇔ m 2 + 2m + 1 − m 2 − 4 ⇔ 2m > 3 ⇔ m >

3 ( *) 2

 x1 + x2 = 2m + 2 Khi đó, áp dụng định lý Vi-et ta có :  2  x1 x2 = m + 4 Vì x2 là nghiệm của phương trình (1) nên ta có : x22 − 2 ( m + 1) x + m 2 + 4 = 0 ⇔ 2 ( m + 1) x = x22 + m 2 + 4

Khi đó ta có :

x12 + 2 ( m + 1) x2 ≤ 2m 2 + 20 ⇔ x12 + x22 + m 2 + 4 ≤ 2m 2 + 20 2

⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 ≤ m 2 + 16 2

⇔ 4 ( m + 1) − 2 ( m 2 + 4 ) ≤ m 2 + 16 ⇔ 4m 2 + 8m + 4 − 2m 2 − 8 − m 2 − 16 ≤ 0 ⇔ m 2 + 8m − 20 ≤ 0 ⇔ −10 ≤ m ≤ 2 Kết hợp với điều kiện (*) 

3 <m≤2 2

Câu 5.

A E F

O H

C D

I K

a) Chứng minh các tứ giác AEHF , BFEC nội tiếp đường tròn Xét tứ giác AEHF có ∠AEH + ∠AFH = 90° + 90° = 180° nên AEHF là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180°) Xét tứ giác BFEC có ∠BFC = ∠BEC = 90°  BFEC là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau) b) Đường thẳng AO cắt đường tròn tâm O tại điểm K khác A. Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng HK và BC. Chứng minh I là trung điểm của đoạn thẳng BC Ta có : ∠ABK = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  AB ⊥ BK Mà CH ⊥ AB ( gt )  CH / / BK (từ vuông góc đến song song) Chứng minh tương tự ta có : BH / / CK  BHCK là hình bình hành (tứ giác có các cạnh đối song song)  2 đường chéo BC , HK cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

Mà I = HK ∩ BC ( gt ) . Vậy I cũng là trung điểm của BC ( dfcm )

c) Tính

Đặt P =

AH BH CH + + AD BE CF

HD HE HF +1− +1− AD BE CF  HD HE HF   P =3− + +   AD BE CF 

 P =1−

1 HD 2 .HD.BC S HBC Ta có : = = AD 1 . AD.BC S ABC 2

Chứng minh tương tự : 

BE S HAC HF S HBC = ; = HE S ABC CF S ABC

HD HE HF S HBC S HAC S HAB S ABC + + = + + = =1 AD BE CF S ABC S ABC S ABC S ABC

Vậy P =

AH BH CH + + = 3 −1 = 2 AD BE CF

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn:TOÁN (chung) Thời gian : 120 phút (không kể phát đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (1,0 điểm) Dựa vào hình vẽ bên, hãy a) Viết ra tọa độ các điểm M và P b) Xác định hoành độ điểm N c) Xác định tung độ điểm Q

Câu 2. (1,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức : A = 9.32 − 2 x−5 b) Rút gọn biểu thức B = với x ≥ 0 x+ 5 Câu 3. Cho đường thẳng ( d ) : y = ( 5m − 6 ) x + 2021 với m là tham số a) Điểm O ( 0;0 ) có thuộc ( d ) không ? Vì sao ? b) Tìm các giá trị của m để ( d ) song song với đường thẳng y = 4 x + 5

Câu 4. Vẽ đồ thị hàm số y =

1 2 x 2

Câu 5. a) Giải phương trình 5 x 2 + 6 x − 11 = 0

x + y = 5 b) Giải hệ phương trình:  4 x + 5 y = 9

c) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình : x 2 − 2 ( m − 3 ) x − 6m − 7 = 0 với m là tham số. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức C = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2

Câu 6. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) , biết ∠BAC = 30°, ∠BCA = 40° (như hình vẽ bên). Tính số đo các góc ∠ABC , ∠ADC , ∠AOC

A D

30°

40°

C Câu 7. Cho đường tròn ( O;3cm ) và điểm M sao cho OM = 6cm. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn ( O )( A, B là các tiếp điểm). Trên đoạn thẳng OA lấy điểm D (D khác A và O), dựng đường thẳng vuông góc với OA tại D và cắt MB t ại E a) Chứng minh tứ giác ODEB nội tiếp đường tròn b) Tứ giác ADEM là hình gì ? Vì sao ? c) Gọi K là giao điểm của đường thẳng MO và ( O ) sao cho điểm O nằm giữa M và K. Chứng minh AMBK là hình thoi

ĐÁP ÁN Câu 1. Dựa vào hìn h vẽ, ta có a ) M ( −1; −2 ) , P ( 3;3) b) N ( −2;4 ) nên hoành độ điểm N là x N = −2

c)Q (1; −1) nên tung độ điểm Q là yQ = −1

Câu 2. a) Tính giá trị của biểu thức A = 9.32 − 2

A = 9.32 − 2 = 9.16.2 − 2 = 3.4 2 − 2 = 12 2 − 2 = 11 2 x−5 b) Rút gọn biểu thức B = ( x ≥ 0) x+ 5 Với x ≥ 0 ta có : B=

x−5 = x+ 5

(

x+ 5

)(

x− 5

x+ 5

x− 5

Vậy với x ≥ 0 thì B = x − 5

Câu 3. a) Điểm O ( 0;0 ) có thuộc ( d ) không ? Vì sao ? Thay x = 0, y = 0 vào phương trình đường thẳng ( d ) : y = ( 5m − 6 ) x + 2021 ta được 0 = ( 5m − 6 ) .0 + 2021 ⇔ 0 = 2021(vô lý) Vậy O ( 0;0 ) không thuộc đường thẳng ( d )

b) Tìm các giá trị của m để ( d ) song song với đường thẳng y = 4 x + 5

Đường thẳng ( d ) song song với đường thẳng y = 4 x + 5 5m − 6 = 4 ⇔ ⇔m=2 2021 ≠ 5 Vậy m = 2 thỏa mãn đề bài

Câu 4. Vẽ đồ thị hàm số y = Parabol ( P ) : y =

1 2 x 2

1 2 x có bề lõm hướng lên và nhận Oy làm trục đối xứng 2

Ta có bảng giá trị x y=

1 2 x 2

−4

−2

 Parabol ( P ) : y =

1 2 x đi qua các điểm ( −4;8 ) , ( −2;2 ) , ( 0;0 ) , ( 2;2 ) , ( 4;8 ) 2

Đồ thị Parabol ( P ) : y =

1 2 x 2

Câu 5. a) Giải phương trình : 5 x 2 + 6 x − 11 = 0 Ta có : a + b + c = 5 + 6 − 11 = 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt  x1 = 1   x2 = c = −11 a 5   −11  Vậy phương trình có tập nghiệm S =  ;1  5  x + y = 5 b) Giải hệ phương trình :  4 x + 5 y = 9 x + y = 5  4 x + 4 y = 20 x = 5 − y  x = 16 ⇔ ⇔ ⇔  4 x + 5 y = 9  4 x + 5 y = 9  y = −11  y = −11

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = (16; −11)

Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 − 2 ( m − 3 ) x − 6m − 7 = 0 với m 2

là tham số . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức C = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 2

Phương trình x 2 − 2 ( m − 3 ) x − 6m − 7 = 0 có ∆ ' = ( m − 3) + 6m + 7 = m 2 + 16 > 0 với mọi m ∈ ℝ . Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2  x + x = 2m − 6 Theo định lý Vi − et ta có :  1 2 . Theo bài ra ta có x x m = − 6 − 7  1 2 2

C = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 = ( 2m − 6 ) + 8 ( −6m − 7 ) = 4m 2 − 24m + 36 − 48m − 56 = 4m 2 − 72m − 20 2

= 4.( m − 9 ) − 344 2

Vì ( m − 9 ) ≥ 0 (với mọi m)  4 ( m − 9 ) ≥ 0 (với mọi m) 2

 4 ( m − 9 ) − 344 ≥ −344 (với mọi m) Vậy Cmin = −344 . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi m = 9

Câu 6.

A D

30°

40°

C Xét tam giác ABC có ∠BAC + ∠BCA + ∠ABC = 180° (tổng 3 góc trong một tam giác)  30° + 40° + ∠ABC = 180°  ∠ABC = 110° Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) nên ∠ABC + ∠ADC = 180°(tổng hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp)  ∠110° + ∠ADC = 180°  ∠ADC = 70° Ta có ∠AOC = 2∠ADC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC )

 ∠AOC = 2.70° = 140° Vậy ∠ABC = 110°, ∠ADC = 70°, ∠AOC = 140°

Câu 7.

A D H O

E B a) Chứng minh tứ giác ODEB nội tiếp đường tròn Vì MA, MB là tiếp tuyến của ( O ) nên ∠OAM = ∠OBM = 90° Xét tứ giác ODEB có ∠ODE + ∠OBE = 90° + 90° = 180°  ODEB là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180°)

b) Tứ giác ADEM là hình gì ? Vì sao ?  AM ⊥ OA( gt ) Ta có :   AM / / DE (từ vuông góc đến song song)  DE ⊥ OA( gt )  ADME là hình thang Lại có ∠DAM = ∠ADE = 90°nên ADEM là hình than vuông c) Gọi K là giao điểm của đường thẳng MO và ( O ) sao cho O nằm giữa M và

K. Chứng minh tứ giác AMBK là hình thoi Gọi { H } = AB ∩ OM Ta có OA = OB = 3cm  O thuộc trung trực của AB MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  M thuộc trung trực của AB  OM là trung trực của AB  OM ⊥ AB tại H  MK là trung trực của AB, mà M ∈ MK  MA = MB Xét tam giác OAM vuông tại A có đường cao AH , áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có : OA2 32 2 OH .OM = OA  OH = = = 1,5cm OM 6

1,5 1 =  ∠OAH = 30° 3 2  ∠BAM = 90° − ∠OAH = 90° − 30° = 60°  ∆MAB đều  MA = AB = MB (1)

Xét tam giác vuông OAH có sin ∠OAH =

Ta lại có ∠AKB = ∠BAM (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB ).

 ∠AKB = 60°  ∆KAB đều  KA = KB = AB ( 2 ) Từ (1) , ( 2 )  MA = MB = KA = KB Vậy AMBK là hình thoi (định nghĩa) (đpcm)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2021-2022 Môn thi: TOÁN Ngày thi : 03/06/2021 Thời gian làm bài : 120 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bài 1. (1,5 điểm) Rút gọn các biểu thức sau :

(

1) A = 75.5 1 − 3

)

2) B =

10 − 6 1 − 5− 3 2 +1

Bài 2. (1,5 điểm) 3x + 2 y = 10 Cho hệ phương trình :  ( m là tham số) − = 2 x y m  1) Giải hệ phương trình đã cho khi m = 9 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) thỏa x > 0, y < 0 Bài 3. (2,0 điểm) Cho Parabol ( P ) : y = − x 2 và đường thẳng ( d ) : y = 5 x + 6

1) Vẽ đồ thị ( P ) 2) Tìm tọa độ các giao điểm của ( P ) và ( d ) bằng phép tính 3) Viết phương trình đường thẳng ( d ') biết ( d ') song song (d) và ( d ') cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 , x2 sao cho x1 x2 = −24 Bài 4. (1,5 điểm) Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp 3 lần chiều rộng. Người ta làm một lối đi xung quanh vườn (thuộc đất trong vườn) rộng 1,5m. Tính kích thước của vườn, biết rằng đất còn lại trong vườn để trồng trọt là 4329m 2 Bài 5. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB < AC ) , nội tiếp trong đường tròn tâm O. Dựng đường thẳng d qua A song song với BC , đường thẳng d ' qua C song song BA, gọi D là giao điểm của ( d ) và ( d ') . Dựng AE vuông góc BD, ( E nằm trên BD), F là giao điểm của BD với đường tròn (O). Chứng minh : 1) Tứ giác AECD nội tiếp được trong đường tròn 2) ∠AOF = 2∠CAE 3) Tứ giác AECF là hình bình hành 4) DF .DB = 2 AB 2

ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN TỈNH BÌNH DƯƠNG Câu 1. Rút gọn các biểu thức

(

1) A = 75 − 5 1 − 3 =5 3 −5

(

)

= 25.3 − 5. 1 − 3

)

3 − 1 (do 3 − 1 > 0)

=5 3 −5 3 +5=5 Vậy A = 5

10 − 6 1 − . Ta có : 5− 3 2 +1

2) B =

(

)

2. 5 − 3 10 − 6 1 − = − 5− 3 2 +1 5− 3

2 −1

(

)(

2 +1

)

2 −1

= 2 − 2 +1 =1 Vậy B = 1

Câu 2. 3x + 2 y = 10 Cho hệ phương trình  ( m là tham số) 2 x − y = m 

1) Giải hệ phương trình khi m = 9 3x + 2 y = 10 Với m = 9 hệ phương trình trở thành  2 x − y = 9

7 x = 28 3x + 2 y = 10 x = 4  ⇔ ⇔ 10 − 3x ⇔  4 x − 2 y = 18  y =  y = −1  2 Vậy với m = 9 hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) là ( 4; −1) 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn x > 0, y > 0

3x + 2 y = 19 3x + 2 y = 10 (1) ⇔ Ta có  2 x − y = m  y = 2 x − m ( 2 ) Thay (2) vào (1) ta được : 3 x + 2 ( 2 x − m ) = 10 ⇔ 3 x + 4 x − 2m = 10 ⇔ 7 x = 2m + 10 ⇔ x = Thay x =

2m + 10 7

2m + 10 2m + 10 4m + 20 7 m −3m + 20 vào ( 2 ) ta được : y = 2. −m= − = 7 7 7 7 7

 2m + 10 >0 m > −5  7 2m + 10 > 0 20  Để x > 0, y < 0 khi và chỉ khi  ⇔ ⇔ 20 ⇔ m > 3  −3m + 20 < 0 −3m + 20 < 0 m > 3  7 Vậy m >

20 thỏa mãn yêu cầu bài toán 3

Câu 3. Cho Parabol ( P ) : y = − x 2 và đường thẳng ( d ) : y = 5 x + 6 1) Vẽ đồ thị (P) Đồ thị hàm số y = − x 2 đi qua gốc tọa độ O, có bề lõm hướng xuống và nhận Oy làm trục đối xứng Bảng giá trị x

−2

−1

y = −x2

−4

−1

−4

 Parabol ( P ) : y = − x 2 đi qua các điểm ( −2; −4 ) , ( −1; −1) , ( 0;0 ) , (1; −1) , ( 2; −4 )

Đồ thị Parabol ( P ) : y = − x 2

2) Tìm tọa độ các giao điểm của ( P ) và ( d ) bằng phép tính Hoành độ giao điểm của đồ thị (P) và (d) là nghiệm của phương trình : − x2 = 5x + 6 ⇔ x 2 + 5x + 6 = 0 Ta có ∆ = b 2 − 4ac = 52 − 4.1.6 = 1 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt −5 + 1   x1 = 2 = −2  y1 = −4   x = −5 − 1 = −3  y = −9 2  2 2 Vậy tọa độ các giao điểm ( P ) và ( d ) là A ( −2; −4 ) , B ( −3; −9 )

3) Viết phương trình đường thẳng ( d ') biết ( d ') song song (d) và ( d ') cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 , x2 sao cho x1 x2 = −24 Vì ( d ') song song ( d ) nên ( d ') có dạng y = 5 x + b Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) , ( d ') là : − x 2 = 5 x + b ⇔ x 2 + 5 x + b = 0 ( *)

( d ') cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi ∆ ' > 0 ⇔ 52 − 4b > 0 ⇔ b <

25 ( 2) 4

(b ≠ 6)

(1)

25 , thỏa mãn (1) và ( 2 ) 4 Vậy phương trình đường thẳng ( d ') cần tìm là ( d ') : y = 5 x − 24

Khi đó, theo hệ thức Vi-et ta có x1 x2 = b  b = −24 <

Câu 4. Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp 3 lần chiều rộng. Người ta làm một lối đi xung quanh vườn (thuộc đất trong vườn) rộng 1,5m. Tính kích thước của vườn, biết rằng đất còn lại trong vườn để trồng trọt là 4329m 2 Gọi chiều rộng của khu vườn là x (mét, x > 0) Vì chiều dài gấp 3 lần chiều rộng nên chiều dài của khu vườn là 3x ( m ) Do lối đi xung quanh vườn (thuộc đất trong vườn) rộng 1,5m nên : Chiều dài phần đất để trồng trọt là : 3x − 1,5.2 = 3x − 3 (mét) Chiều rộng phân đất để trồng trọt là : x − 1,5.2 = x − 3 (mét) Vì diện tích vườn để trồng trọt là 4329m 2 nên ta có phương trình :

( x − 3)( 3x − 3) = 4329 ⇔ ( x − 3)( x − 1) = 1443 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 1443 ⇔ x 2 − 4 x − 1440 = 0 Ta có ∆ ' = 22 + 1440 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt  x1 = 2 + 1444 = 40(tm)   x2 = 2 − 1444 = −36(ktm)

Vậy chiều rộng của khu vườn là 40m và chiều dài của khu vườn là 120m

Câu 5.

A F

T E B

d' 1) Tứ giác AECD nội tiếp được đường tròn Vì ∆ABC vuông tại A và nội tiếp ( O ) nên BC là đường kính của ( O )  AB ⊥ AC Ta có :  ( gt )  AC ⊥ CD (từ vuông góc đến song song)  ∠ACD = 90° CD / / AB  Xét tứ giác AECD có ∠AED = ∠ACD = 90°  AECD là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau) 2) Chứng minh ∠AOF = 2∠CAE Do tứ giác AECD nội tiếp (cmt) nên ∠CAE = ∠CDE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CE ) mà ∠CDE = ∠ABF (so le trong)  ∠CAE = ∠ABF

Mặt khác ∠AOF = 2∠ABF (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung AF )  ∠AOF = 2∠CAE (dfcm)

3) Tứ giác AECF là hình bình hành Do tứ giác AECD là tứ giác nội tiếp (cmt) nên ∠ACE = ∠ADE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AE ) Ta có ∠ADE = ∠DBC (so le trong do AD / / BC )  ∠ACE = ∠DBC Mà ∠DBC = ∠FBC = ∠FAC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FC )

 ∠ACE = ∠FAC . Mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên AF / / EC (1)

Mặt khác ∠CFE = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên CF ⊥ FE hay CF ⊥ BD , mà AE ⊥ BD ( gt ) nên AE / / CF (từ vuông góc đến song song) (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác AECF là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối song song) 4) Chứng minh DF .DB = 2 AB 2 Gọi {T } = AC ∩ BD  AB / / CD Ta có:   ABCD là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết)  AD / / BC  TA = TC ,TB = TD và AB = CD (tính chất hình bình hành) Xét ∆DCT vuông tại C có CF ⊥ BD(cmt )  CF ⊥ DT  CF là đường cao nên :

CD 2 = DF .DT (hệ thức lượng trong tam giác vuông)  2CD 2 = 2 DF .DT = ( 2 DT ) .DF = DB.DF Mà AB = CD(cmt ) Vậy DF .DB = 2 AB 2 ( dfcm )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi: Toán Ngày thi: 11/6/2021 Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1. (2,0 điểm)  x 1   1 2  x > 0 1. Cho biểu thức P =  − + :   x + 1  x + 1 x −1 x ≠ 1   x −1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị của P khi x = 4 − 2 3 x + 2 y = 6 2. Giải hệ phương trình :  2 x + 3 y = 7 Bài 2. (2,0 điểm) 1. Cho phương trình x 2 − ( m + 3) x − 2 m 2 + 3m = 0 ( m là tham số). Hãy tìm giá trị của m để x = 3 là nghiệm của phương trình và xác định nghiệm còn lại của phương trình (nếu có) 2. Cho Parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = ( 2m + 1) x − 2m ( m là tham số). Tìm m để ( P ) cắt ( d ) tại hai điểm phân biệt A ( x1; y1 ) ; B ( x2 ; y2 ) sao cho y1 + y2 − x1 x2 = 1 Bài 3. (1,5 điểm) Một xe máy khởi hành tại địa điểm A đi đến địa điểm B cách A 160km, sau đó 1 giờ, một ô tô đi từ B về A. Hai xe gặp nhau tại địa điểm C cách B 72km. Biết vận tốc của ô tô lớn hơn vận tốc của xe máy 20km / giờ. Tính vận tốc mỗi xe Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ∠ACB > 90° nội tiếp trong đường tròn tâm O. tại D, cắt cung lớn BC Gọi M là trung điểm BC , đường thẳng OM cắt cung nhỏ BC tại E. Gọi F là chân đường vuông góc hạ từ E xuống AB, H là chân đường vuông góc hạ từ B xuống AE a) Chứng minh tứ giác BEHF là tứ giác nội tiếp b) Chứng minh MF ⊥ AE c) Đường thẳng MF cắt AC tại Q. Đường thẳng EC cắt AD, AB lần lượt tại I và EC EK K. Chứng minh ∠EQA = 90° và = IC IK 1 1 1 Bài 5. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương thỏa + + = 2. Chứng minh 1+ a 1+ b 1+ c 1 rằng abc ≤ 8

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TỈNH BÌNH ĐỊNH MÔN TOÁN NĂM 2021 Bài 1. 1. Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức P Với x > 0, x ≠ 1ta có:  x 1   1 2  P= − + :  x +1  x +1 x −1  x −1

) ( x − 1).( x.

(

x +1 − x +1

x −1 + 2

) ( x − 1).( x + 1) x + x − x + 1 ( x − 1) .( x + 1) x +1 = . = x +1 x +1 ( x − 1).( x + 1) x +1

b) Tìm giá trị của P khi x = 4 − 2 3 Ta có : x = 4 − 2 3 =

(

)

3 −1  x =

(

)

3 − 1 = 3 − 1(tmdk )

Thay x = 4 − 2 3 ; x = 3 − 1 vào biểu thức P sau khi rút gọn ta có :

4 − 2 3 +1 5 − 2 3 5 3 − 6 = = 3 3 −1 + 1 3

5 3−6 3 x + 2 y = 6 2. Giải hệ phương trinh  2 x + 3 y = 7

Vậy khi x = 4 − 2 3 thì P =

x + 2 y = 6  2 x + 4 y = 12 y = 5 Ta có :  ⇔ ⇔ 2 x + 3 y = 7 2 x + 3 y = 7  x = −4 Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = ( −4;5 )

Bài 2. 1. Cho phương trình x 2 − ( m + 3) x − 2 m 2 + 3m = 0 ( m là tham số). Hãy tìm giá trị của m để x = 3 là nghiệm của phương trình và xác định nghiệm còn lại của phương trình (nếu có) Vì x = 3 là nghiệm của phương trình nên ta có : 32 − ( m + 3) .3 − 2m2 + 3m = 0 ⇔ 9 − 3m − 9 − 2m2 + 3m = 0

⇔ 2m 2 = 0 ⇔ m = 0 x = 0 Thay m = 0 vào phương trình ban đầu  x 2 − 3 x = 0 ⇔  x = 3 Vậy m = 0 và phương trình có nghiệm còn lại x = 0 2. Cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = ( 2m + 1) x − 2m ( m là tham

số). Tìm m để ( P ) cắt ( d ) tại hai điểm phân biệt A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) sao cho y1 + y2 − x1 x2 = 1

Xét phương trình hoành độ giao điểm giữa ( P ) và ( d ) ta được : x 2 = ( 2m + 1) x − 2m ⇔ x 2 − ( 2m + 1) x + 2m = 0 (1)

Để ( P ) cắt ( d ) tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 2

 ∆ > 0 ⇔ ( 2m + 1) − 8m > 0 ⇔ 4m 2 − 4m + 1 > 0 2

⇔ ( 2m − 1) > 0 ⇔ m ≠

1 2

 x + x = 2m + 1 Khi đó, áp dụng hệ thức Vi − et ta có :  1 2  x1 x2 = 2m

 y1 = x12  A ( x1; x12 ) ; B ( x2 ; x22 ) . Theo bài ra ta có : Ta có : A, B ∈ ( P )   2  y2 = x2 2

y1 + y2 − x1 x2 = 1 ⇔ x12 + x22 − x1 x2 = 1 ⇔ ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 = 1 2

⇔ ( 2m + 1) − 6m − 1 = 0 ⇔ 4m 2 − 2m = 0  m = 0(tm) ⇔ 2m ( 2m − 1) = 0 ⇔  1  m = (ktm)  2 Vậy m = 0

Bài 3. Một xe máy khởi hành tại địa điểm A đi đến địa điểm B cách A 160km, sau đó 1 giờ, một ô tô đi từ B về A. Hai xe gặp nhau tại địa điểm C cách B 72km. Biết vận tốc của ô tô lớn hơn vận tốc của xe máy 20km / giờ. Tính vận tốc mỗi xe Gọi vận tốc của xe máy là x ( km / h )( x > 0 ) Nên vận tốc của ô tô là x + 20 ( km / h ) Quãng đường AC :160 − 72 = 88 ( km ) Thời gian xe máy đi từ A đến C là

Thời gian ô tô đi từ B đến C là :

88 (h) x

72 ( h) x + 20

Vì ô tô đi muộn hơn xe máy 1 giờ nên thời gian ô tô đi từ B đến C ít hơn thời gian ô tô đi từ A đến C là 1 giờ, ta có phương trình : 88 ( x + 20 ) − 72 x 88 72 − =1⇔ =1 x x + 20 x ( x + 20 ) ⇔ x 2 + 20 x = 88 x + 1760 − 72 x ⇔ x 2 + 4 x − 1760 = 0

Ta có : ∆ ' = 22 + 1760 = 1764 = 422 > 0 nên phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt: −2 + 42  x = = 40(tm) 1  1   x = −2 − 42 = −44(ktm)  2 1 Vậy vận tốc của xe máy là 40km / h và của ô tô là 40 + 20 = 60km / h

Bài 4.

C K A

I O

Q H E a) Chứng minh tứ giác BEHF là tứ giác nội tiếp Ta có : ∠BFE = 90° (vì EF ⊥ AB ), ∠BHE = 90° ( BH ⊥ AE )  4 điểm B, F , H , E cùng thuộc một đường tròn đường kính BE  Tứ giác BEHF nội tiếp (đpcm) b) Chứng minh MF ⊥ AE Ta có : M là trung điểm BC  OM ⊥ BC (quan hệ vuông góc giữa đường kính – dây cung)  ∠OMB = 90° mà ∠BFE = 90° (vì EF ⊥ AB ) Suy ra 4 điểm B, M , E , F cùng thuộc đường tròn đường kính BE  5 điểm B, M , F , H , E cùng thuộc đường tròn đường kính BE Ta có : ∠MFB = ∠MEB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BM )

∠FBH = ∠FEH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HF ) Ta lại có :

∠MEB + ∠BDE = 90°(tam giác BDE vuông tại B do có ∠DBE = 90°, góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ∠FEH + ∠BAE = 90° (do ∆AEF vuông tại F) Mà ∠BAE = ∠BDE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BE ) nên ∠MEB = ∠FEH  ∠MFB = ∠FBH , mà 2 góc này ở vị trí so le trong nên MF / / BH . Lại có BH ⊥ AE ( gt ) . Vậy MF ⊥ AE (dfcm)

c) Đường thẳng MF cắt AC tại Q. Đường thẳng EC cắt AD, AB lần lượt tại EC EK I , K . Chứng minh ∠EQA = 90° và = IC IK Do OD là bán kính đi qua trung điểm của dây cung BC nên D là điểm chính giữa cung = sd DC = 1 sd BC nhỏ BC  sd BD 2  ∠BAD = ∠CAD )(các góc nội tiếp chắn các cung bằng nhau) Suy ra AD là phân giác trong ∠BAC mà ∠EAD = 90°(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  AE ⊥ AD Suy ra AE là phân giác ngoài của ∠BAC nên AE là phân giác ∠FAQ (do ∠FAQ và ∠BAC kề bù ) (1) Mà AE cũng là đường cao của ∆FAQ (do AE ⊥ MF tại G) (chứng minh ý b) ( 2 ) Từ (1) và (2) suy ra ∆FAQ cân tại A  AQ = AF (tính chất tam giác cân) Xét ∆AQE và ∆AFE ta có :

AE là cạnh chung, ∠EAQ = ∠EAF (trong tam giác cân đường cao đồng thời là phân giác); AQ = AF (cmt )  ∆AEQ = ∆AEF (c.g .c) Suy ra ∠EQA = ∠EFA = 90° (2 góc tương ứng) (đpcm) Xét tam giác KAC có AI , AE lần lượt là phân giác trong, phân giác ngoài của góc ở đỉnh A EC IC AC = ) Theo tính chất đường phân giác ta có : (cùng bằng EK IK AK EC EK Vậy = (đpcm) IC IK

Bài 5. Cho a, b, c là các số dương thỏa abc ≤

1 1 1 + + = 2. Chứng minh rằng 1+ a 1+ b 1+ c

1 8

Ta có : 1 1 1 1 1 1 1 1 + + =2 =2− − =1− +1− 1+ a 1+ b 1+ c 1+ a 1+ b 1+ c 1+ b 1+ c 1 1 1 b c  =2− − = + 1+ a 1+ b 1+ c 1+ b 1+ c Áp dụng BĐT Co si ta có :

Chứng minh tương tự :

1 b c = + ≥2 1+ a 1+ b 1+ c

1 ≥2 1+ b

bc (1 + b )(1 + c )

ca 1 ≥2 , (1 + c )(1 + a ) 1 + c

ab (1 + a )(1 + b )

Nhân vế theo vế của 3 BĐT trên ta có : 1 1 1 . . ≥8 1+ a 1+ b 1+ c

a 2b 2 c 2 2

(1 + a ) (1 + b ) (1 + c )

8abc (1 + a )(1 + b )(1 + c )

1 ⇔ 1 ≥ 8abc ⇔ abc ≤ (dfcm) 8

a = b = c a = b = c 1   ⇔ 3 ⇔a=b=c= Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi  1 1 1 2 1 + a + 1 + b + 1 + c = 2 1 + a = 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2021 MÔN THI : TOÁN CHUNG Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 07/06/2021

(Đề thi gồm có 01 trang)

Câu 1. (2,0 điểm) 1) Tính giá tri của các biểu thức sau :

A = 49 − 25

B= 5+

(

3− 5

)

x−4 x+3 x + (với x > 0) x +2 x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị của x để P = 5

2) Cho biểu thức P =

Câu 2. (2,0 điểm) 1) Cho parabol ( P ) : y = 2 x 2 và đường thẳng ( d ) : y = x + 1 a) Vẽ parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy b) Tìm tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d ) bằng phép tính

2 x − y = 4 x + 2 y = 7

2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình : 

Câu 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x 2 + ( m − 2 ) x − 8 = 0 (1) với m là tham số a) Giải phương trình (1) khi m = 4

(

)(

)

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 sao cho biểu thức Q = x12 − 1 x22 − 1

đạt giá trị lớn nhất 2) Hai ô tô khởi hành cùng một lúc để đi từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 120km. Vận tốc ô tô thứ hai lớn hơn vận tốc ô tô thứ nhất là 10km / h nên ô tô thứ hai đến B trước ô tô thứ nhất 24 phút . Tính vận tốc mỗi ô tô Câu 4. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH và đường trung tuyến AM . Biết AB = 9cm, AC = 12cm. Hãy tính BC , AH , AM và diện tích tam giác ABM Câu 5. (2,5 điểm) Từ điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ) kẻ hai tiếp tuyến AB, AC ( B, C là tiếp điểm). Kẻ cát tuyến AEF không đi qua tâm O ( E nằm giữa A và F ; O và B nằm về hai phía so với cát tuyến AEF ). Gọi K là trung điểm của EF a) Chứng minh tứ giác OBAC nội tiếp đường tròn b) Chứng minh KA là phân giác của ∠BKC c) Kẻ dây ED vuông góc OB sao cho ED cắt BC tại M. Chứng minh FM đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AB

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TỈNH BÌNH PHƯỚC NĂM 2021 MÔN TOÁN Bài 1. 1) Tính giá tri của các biểu thức sau : A = 49 − 25 = 7 − 5 = 2

B= 5+

(3 − 5 )

= 5 + 3− 5

= 5 + 3 − 5 ( Do 3 > 5) = 3 Vậy B = 3

x−4 x+3 x + (với x > 0) x +2 x a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị của x để P = 5 Với x > 0, ta có : 2) Cho biểu thức P =

x−4 x+3 x + = x +2 x

(

x −2

)(

x+2

x +2

) + x(

x +3

)

= x − 2 + x + 3 = 2 x +1

Vậy với x > 0 thì P = 2 x + 1 b) Để P = 5 thì 2 x + 1 = 5 ⇔ 2 x = 4 ⇔ x = 2  x = 4(tm) Vậy để P = 5 thì x = 4 Bài 2. 1) Cho parabol ( P ) : y = 2 x 2 và đường thẳng ( d ) : y = x + 1 a) Vẽ parabol ( P ) và đường thẳng ( d ) trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy +)Parabol ( P ) : y = 2 x 2 có bề lõm hướng lên và nhận Oy làm trục đối xứng Ta có bảng giá trị sau

−2

−1

y = 2x2

 Parabol ( P ) : y = 2 x 2 là đường cong đi qua các điểm ( −2;8 ) , ( −1;2 ) , ( 0;0 ) ;

(1;2 ) , ( 2;8 ) +) Đường thẳng ( d ) : y = x + 1 Ta có bảng giá trị sau : x y = x +1

0 1

−1

 Đường thẳng ( d ) : y = x + 1 đi qua các điểm ( 0;1) , ( −1;0 )

Đồ thị Parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = x + 1 trên cùng 1 hệ trục tọa độ Oxy

b) Tìm tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d ) bằng phép tính

Hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là nghiệm của phương trình 2 x2 = x + 1 ⇔ 2 x2 − x − 1 = 0 Ta có: a + b + c = 2 − 1 − 1 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt

 x1 = 1   x2 = c = − 1 a 2  .) x = 1  y = 2 1 1 .) x = −  y = 2 2

 1 1 Vậy tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là (1;2 ) ,  − ;   2 2 2 x − y = 4 2) Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình :  x + 2 y = 7 2 x − y = 4 4 x − 2 y = 8 5 x = 15 x = 3 ⇔ ⇔ ⇔  x + 2 y = 7 x + 2 y = 7  y = 2x − 4 y = 2

Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x; y ) = ( 3;2 ) Bài 3. 1) Cho phương trình x 2 + ( m − 2 ) x − 8 = 0 (1) với m là tham số a) Giải phương trình (1) khi m = 4 Thay m = 4 vào phương trình (1) ta được : x 2 + 2 x − 8 = 0 Ta có : ∆ ' = 1 + 8 = 9 = 32 >0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt :  x1 = −1 + 9 = 2   x2 = −1 − 9 = −4 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {−4;2} b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 sao cho biểu thức Q = ( x12 − 1)( x22 − 1) đạt giá trị lớn nhất

Phương trình (1) có ∆ = ( m − 2 ) + 32 > 0 (với mọi m) nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 . Khi đó, theo Vi-et ta có :  x1 + 2 x2 = − m + 2 . Ta có :   x1 x2 = −8

Q = ( x12 − 1)( x22 − 1) = x12 x22 − ( x12 + x22 ) + 1 2

= ( x1 x2 ) − ( x1 + x2 ) + 2 x1 x2 + 1 2

= 64 − ( − m + 2 ) − 16 + 1 = − ( − m + 2 ) + 49 ≤ 49 ( ∀m )

Vậy Qmax = 49 . Dấu " = " xảy ra khi m = 2 Vậy giá trị lớn nhất của Q bằng 49 khi m = 2 2) Hai ô tô khởi hành cùng một lúc để đi từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 120km. Vận tốc ô tô thứ hai lớn hơn vận tốc ô tô thứ nhất là 10km / h nên ô tô thứ hai đến B trước ô tô thứ nhất 24 phút . Tính vận tốc mỗi ô tô Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x ( km / h )( x > 0 ) Suy ra vận tốc của ô tô thứ hai là : x + 10(km / h) 120 (h) x 120 Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường AB là : ( h) x + 10 2 Vì ô tô thứ hai đến B trước ô tô thứ nhất 24 phút = giờ nên ta có phương trình : 5 120 120 2 − = ⇔ 600 ( x + 10 ) − 600 x = 2 x ( x + 10 ) x x + 10 5 ⇔ 600 x + 6000 − 600 x = 2 x ( x + 10 ) Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường AB là :

⇔ 2 x 2 + 20 x − 6000 = 0 ⇔ x 2 + 10 x − 3000 = 0 2

Ta có : ∆ ' = ( −5 ) + 3000 = 3025 = 552 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt  x1 = −5 + 55 = 50(tm)  x = −5 − 55 = −60(ktm)  2 Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất: 50km / h và vận tốc của ô tô thứ hai là 60km / h

Bài 4. Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH và đường trung tuyến AM . Biết AB = 9cm, AC = 12cm. Hãy tính BC , AH , AM và diện tích tam giác ABM

A 12cm

9cm

C H

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC ta có : BC = AB 2 + AC 2  BC 2 = 9 2 + 12 2 = 225  BC = 225 = 15(cm)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có : AB. AC = AH .BC  AH =

AB. AC 9.12 = = 7,2(cm) BC 15

Vì AM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông ABC nên :

AM =

1 1 BC = .15 = 7,5(cm) (định lý đường trung tuyến trong tam giác vuông) 2 2

Ta có S∆ABM =

1 1 1 1 AH .BM = AH . BC = .7,2.15 = 27 ( cm2 ) 2 2 2 4

Vậy BC = 15cm, AH = 7,2cm, AM = 7,5cm, S AMB = 27cm 2

Bài 5.

D F

I E

K O

C a) Chứng minh tứ giác OBAC nội tiếp đường tròn OA ⊥ AB Ta có AB, AC là tiếp tuyến của đường tròn nên  OC ⊥ AC ∠ABO = 90°   ∠ABO + ∠ACO = 180° ∠ ACO = 90 °   OBAC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AO (dfcm)

b) Chứng minh KA là phân giác của ∠BKC Vì AB, AC là tiếp tuyến của đường tròn nên AB = AC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau). Ta có : K là trung điểm của EF nên OK ⊥ AK (quan hệ vuông góc giữa đường kính dây cung)  ∠OKA = 90°  K thuộc đường tròn đường kính AO hay 5 điểm O, K , B, A, C cùng thuộc một đường tròn 1 1  ∠BKA = ∠AKC = sd AB = sd AC (góc chắn hai cung bằng nhau) 2 2 Vậy KA là phân giác của ∠BKC

c) Kẻ dây ED vuông góc OB sao cho ED cắt BC tại M. Chứng minh FM đi qua trung điểm I của đoạn thẳng AB Gọi J là giao điểm của AK và BC Gọi I là giao điểm của FM , AB. Ta sẽ chứng minh I là trung điểm của AB Xét tam giác ABJ và ∆AKB ta có : ∠BAK chung, ∠ABJ = ∠BKA ( = ∠ACB )

 ∆ABJ ∽ ∆AKB( g.g ) 

AJ AB = (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AB AK

 AB 2 = AJ . AK

AB AE =  AB 2 = AE. AF AF AB AF AK AF − AK FK EK  AJ . AK = AE. AF  = = = = AJ AE AJ − AE EJ EJ AF AJ (Vì K là trung điểm của EF )  = EK EJ  AB AJ  EM = EJ  EM ⊥ OB ( gt )  EM / / AB   (Định lý Ta –let) Ta lại có :  AI AF OB ⊥ AB( gt )  =  EM EF AI AF 1 AJ 1 AB AB  = = . = .  AI = EM 2 EK 2 EJ 2 EM 2 Vậy I là trung điểm của AB (dfcm) Tương tự ta có ∆ABE ∽ ∆AFB ( g.g ) 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH THUẬN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề này có 02 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CÔNG LẬP NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi : Toán (Lớp 10 chung) Ngày thi : 11/06/2021 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1. (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau : a) x 2 + 3x − 4 = 0

x + 2 y = 4 b)   x − 2 y = −4 Bài 2.(1,5 điểm) Rút gọn các biểu thức sau : a ) A = 27 + 3 12 − 2 3 : 3

(

)

5 6  2  x ≥ 0  1 b) B =  + + :    x − 3 x − 9  x − 3 x ≠ 9  x +3 Bài 3.(1,5 điểm) Cho hàm số y = 2 x 2 có đồ thị ( P )

a) Vẽ đồ thị ( P ) trên mặt phẳng tọa độ Oxy b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d ) : y = 2mx + 1 cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là x1; x2 thỏa mãn x1 < x2 và x2 − x1 = 2021 Bài 4.(1,0 điểm) Một phân xưởng theo kế hoạch phải may 1200 bộ quần áo trong một thời gian quy định. Khi thực hiện, do cải tiến kỹ thuật nên mỗi ngày phân xưởng may thêm được 10 bộ quần áo và hoàn thành kế hoạch trước 4 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng may bao nhiêu bộ quần áo ? Bài 5.(1,0 điểm) Một cốc nước dạng hình trụ có chiều cao là 15cm, bán kính đáy là 3cm và lượng nước ban đầu trong cốc cao 10cm. Thả chìm hoàn toàn vào cốc nước 5 viên bi thủy tinh hình cầu có cùng bán kính là 1cm. Hỏi sau khi thả 5 viên bi, mực nước trong cốc cách miệng cốc một khoảng bằng bao nhiêu ? (Giả sử độ dài của thành cốc và đáy cốc không đáng kể, kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ hai).

Bài 6. (2,5 điểm) Từ điểm A nằm bên ngoài đường tròn ( O ) , vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( O ) ( B, C là các tiếp điểm) a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp b) Từ A vẽ cát tuyến AEF đến đường tròn ( O ) (với AE < AF ) Chứng minh AC 2 = AE. AF c) OA cắt BC tại H . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng HB, tia OM cắt AB tại K. KB Đặt ∠AOB = α . Chứng minh cos 2 α = KA Bài 7. (0,5 điểm) Ba bạn Đào, Mai, Trúc mặc ba chiếc áo màu trắng, hồng, xanh và đeo ba cái khẩu trang cũng màu trắng, hồng, xanh. Biết rằng : a) Trúc đeo khẩu trang màu xanh b) Chỉ có bạn Đào là có màu áo và màu khẩu trang giống nhau c) Màu áo và màu khẩu tran của bạn Mai đều không phải màu trắng Dựa vào các thông tin trên, em hãy cho biết mỗi bạn Đào, Mai, Trúc áo màu gì và đeo khẩu trang màu gì ?

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 MÔN TOÁN – TỈNH BÌNH THUẬN Bài 1. Giải phương trình và hệ phương trình a) x 2 + 3x − 4 = 0 Ta có a + b + c = 1 + 3 − 4 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt

 x1 = 1   x2 = c = −4 a  Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {1; −4} x + 2 y = 4 b)   x − 2 y = −4

2 x = 0 x + 2 y = 4 x = 0  ⇔ Ta có:  4− x ⇔   x − 2 y = −4  y = y = 2  2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 0;2 )

Bài 2. Rút gọn các biểu thức sau :

a) A =

(

)

27 + 3 12 − 2 3 : 3

(

)

= 3 3 + 3.2 3 − 2 3 : 3 = 7 3 : 3 = 7 Vậy A = 7  1 b) B =  +  x +3

5 6  2  x ≥ 0 + :    x − 3 x − 9  x − 3 x ≠ 9

( x + 3) + 6 . x − 3 = ( x + 3)( x − 3) 2 6 x + 18 6 ( x + 3) = = =3 2 ( x + 3) 2 ( x + 3) x −3+5

x − 3 + 5 x + 15 + 6 2

(

x +3

)

Vậy với x ≥ 0, x ≠ 9 thì B = 3

Bài 3. Cho hàm số y = 2 x 2 có đồ thị (P) a) Vẽ đồ thị ( P ) trên mặt phẳng tọa độ Oxy Hàm số có hệ số a = 2 > 0 nên đồng biến với x > 0 và nghịch biến với x < 0 Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O (0;0) và nhận Oy làm trục đối xứng Bảng giá trị x y = 2x2

−3 2 9 2

−1

3 2 9 2

 3 9 3 9  Parabol y = 2 x 2 là đường cong đi qua các điểm  − ;  , ( −1;2 ) , ( 0;0 ) , (1;2 ) ,  ;   2 2 2 2 Đồ thị hàm số

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d ) : y = 2mx + 1 cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ là x1; x2 thỏa mãn x1 < x2 và x2 − x1 = 2021 Hoành độ giao điểm của đường thẳng ( d ) và Parabol (P) là nghiệm của phương trình : 2 x 2 = 2mx + 1 ⇔ 2 x 2 − 2mx − 1 = 0 2

Ta có : ∆ ' = ( − m ) − 2.(−1) = m 2 + 2 > 0 với mọi m ∈ ℝ Suy ra đường thẳng ( d ) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt Giả sử hai nghiệm đó là x1; x2 thỏa mãn x1 < x2 . Theo định lý Vi-et ta có :

 x1 + x2 = m   1  x1 x2 = − 2

1 Vì tích x1 x2 = − < 0 và x1 < x2 nên x1 < 0, x2 > 0 . Do đó ta có : 2 x2 − x1 = 2021 ⇔ x2 − ( − x1 ) = 2021 ⇔ x1 + x2 = 2021 ⇔ m = 2021 Vậy m = 2021là giá trị cần tìm

Bài 4. Một phân xưởng theo kế hoạch phải may 1200 bộ quần áo trong một thời gian quy định. Khi thực hiện, do cải tiến kỹ thuật nên mỗi ngày phân xưởng may thêm được 10 bộ quần áo và hoàn thành kế hoạch trước 4 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng may bao nhiêu bộ quần áo ? Gọi x là số bộ quần áo phân xưởng may trong một ngày theo kế hoạch ( x ∈ ℕ *) Số bộ quần áo may trong 1 ngày trong thực tế : x + 10 (bộ) Thời gian may theo kế hoạch là

Thời gian may thực tế là

1200 ngày x

1200 (ngày) x + 10

Vì phân xưởng hoàn thành kế hoạch trước 4 ngày nên ta có phương trình là :

1200 ( x + 10 − x ) 4 x ( x + 10 ) 1200 1200 − =4⇔ = x x + 10 x ( x + 10 ) x ( x + 10 )  x ( x + 10 ) = 3000 ⇔ x 2 + 10 x − 3000 = 0 (1)

Ta có : ∆ ' = 52 + 3000 = 3025 = 552 > 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt : −5 + 55  x = = 50(tm)  1 1   x = −5 − 55 = −60(ktm)  2 1 Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng may 50 bộ quần áo .

Bài 5.

4 4 20 Thể tích của bi là Vbi = 5. .π rbi3 = 5. π .1 = π ( cm3 ) 3 3 3 Mặt khác thể tích của bi trắng bằng thể tích của nước dâng lên ta có: 20 20 π = π .32.h  h = (cm) ( h là chiều cao lượng nước dâng lên) 3 27 Chiều cao của nước sau khi thả 5 viên bi vào trong cốc là 10 +

Mực nước cách miệng cốc một khoảng là 15 −

20 290 = ( cm ) 27 27

290 115 = ≈ 4, 26(cm) 27 27

Vậy mực nước trong cốc cách miệng cốc là 4,26cm

Bài 6.

B K F M

O H

N P

C a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp Vì AB, AC là các tiếp tuyến của ( O ) lần lượt là A, B nên ∠OBA = ∠OCA = 90° Xét tứ giác ABOC có ∠ABO + ∠ACO = 180°  tứ giác ABOC nội tiếp b) Từ A vẽ cát tuyến AEF đến đường tròn ( O ) (với AE < AF ) . Chứng minh AC 2 = AE. AF Xét tam giác AEC và tam giác ACF có :

∠EAC = ∠FAC ; ∠ACE = ∠CFA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung CE )  ∆AEC ∽ ∆ACF ( g .g ) 

AE AC = (2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AC FA

 AC 2 = AE. AF ( dfcm )

c) OA cắt BC tại H . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng HB, tia OM cắt AB tại KB K. Đặt ∠AOB = α . Chứng minh cos 2 α = KA

Gọi N là trung điểm của AH Kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt BN tại P Xét ∆BAH và ∆OBH có : ∠BHA = ∠OHB = 90°; ∠ABH = ∠BOH (cùng phụ với ∠OBH )  ∆BAH ∽ ∆OBH ( g .g ) BA OB BA OB BA OB =  =  = AH BH 2 AN 2 BM AN BM BA OB Xét ∆BAN và ∆OBM có: = ( cmt ) , ∠BAN = ∠OBM (cùng phụ với ∠BOA) AN BM  ∆BAN ∽ ∆OBM (c.g .c)  ∠ABN = ∠BOM (hai cạnh tương ứng) 

BK AO.OB AB AP  BK . AB = AP.OB  = = AB AB 2 OB BK AP AN AN Vì AP / / OB  = (định lý Ta-let)  AP.OB = .OB 2 OB NO NO  ∆BAP ∽ ∆OBK ( g .g ) 

BK AN .OB 2  = AB NO. AB 2 Lại có OB 2 = OH .OA, AB 2 = AH . AO (hệ thức lượng trong tam giác vuông) 1 BK AN .OH 2 AH .OH OH  = = = AB NO. AH NO. AH 2 NO AB 2 NO AB − BK 2 NO − OH  =  = BK OH BK OH AK 2 ( NH + OH ) − OH 2 NH + OH  = = BK OH OH AK AH + OH AO KB OH  = =  = BK OH OH KA OA OH OH .OA OB 2 = = = cos 2 α Lại có : 2 2 OA OA OA KB = cos 2 α (dfcm) Vậy KA Bài 7. Ba bạn Đào, Mai, Trúc mặc ba chiếc áo màu trắng, hồng, xanh và đeo ba cái khẩu trang cũng màu trắng, hồng, xanh. Biết rằng : a) Trúc đeo khẩu trang màu xanh

b) Chỉ có bạn Đào là có màu áo và màu khẩu trang giống nhau c) Màu áo và màu khẩu tran của bạn Mai đều không phải màu trắng Dựa vào các thông tin trên, em hãy cho biết mỗi bạn Đào, Mai, Trúc áo màu gì và đeo khẩu trang màu gì ? Vì chỉ có bạn Đào là có màu áo và màu khẩu trang giống nhau nên bạn Trúc đeo khẩu trang khác màu áo  Trúc mặc áo mà trắng hoặc hồng

+)Nếu Trúc mặc áo màu hồng thì Mai mặc áo màu xanh (do màu áo và màu khẩu trang của bạn Mai đều không phải màu trắng) và đeo khẩu trang màu hồng  Đào mặc áo trắng và đeo khẩu trang màu trắng

+) Nếu Trúc mặc áo màu trắng  Đào mặc áo và đeo khẩu trang màu hồng  Mai mặc áo xanh và đeo khẩu trang màu trắng (vô lý)

Vậy : Trúc : áo hồng + khẩu trang xanh

Đào : áo trắng + khẩu trang trắng Mai : áo xanh + khẩu trang hồng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CÀ MAU

ĐỀ THI TUYỂN SINH 10 THPT CHUYÊN Môn thi: Toán (không chuyên) Ngày thi : 10/06/2021 Thời gian: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1. (1,0 điểm) 2

( 7 − 3) − 16 + 6 7 x ( x − 2) − x − x  x ≥ 0  +

a) Tính giá trị của biểu thức A =

b) Rút gọn biểu thức B =

x+ 1− x

1− x

 x ≠1   

Bài 2. (1,0 điểm) a) Giải phương trình : x − 2 x + 3 = 0 2 x − y =  a b b) Cho hệ phương trình :  x − y = − 1  b a Tìm a và b biết hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 3;2 ) Bài 3.(1,5 điểm) Tron mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) : y = x 2 a) Vẽ ( P ) b) Tìm m để đường thẳng ( d ) : y = ( m − 1) x + m + 4 cắt (P) tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía của trục tung. Bài 4.(1,5 điểm) Theo các chuyên gia về sức khỏe, người trưởng thành cần đi bộ tử 5000 bước mỗi ngày sẽ rất tốt cho sức khỏe Để rèn luyện sức khỏe, anh Sơn và chị Hà đề ra mục tiêu mỗi ngày một người phải đi bộ ít nhất 6000 bước. Hai người cùng đi bộ ở công viên và thấy rằng, nếu cùng đi trong 2 phút thì anh Sơn bước nhiều hơn chị Hà 20 bước. Hai người cùng giữ nguyên tốc độ đi như vậy nhưng chị Hà đi trong 5 phút thì lại nhiều hơn anh Sơn đi trong 3 phút là 160 bước. Hỏi mỗi ngày anh Sơn và chị Hà cùng đi bộ trong 1 giờ thi họ đã đạt được số bước tối thiểu mà mục tiêu đề ra hay chưa ? (Giả sử tốc độ đi bộ hằng ngày của hai người không đổi). Bài 5.(1,5 điểm) Cho phương trình x 2 + ( 2m − 1) x + m 2 − 4m + 7 = 0 ( m là tham số) a) Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm b) Tìm m để phương trình dã cho có hai nghiệm âm phân biệt Bài 6. (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O. Hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn ( O ) cắt nhau tại M , tia AM cắt đường tròn ( O ) tại điểm D a) Chứng minh rằng tứ giác OBMC nội tiếp được đường tròn b) Chứng minh MB 2 = MD.MA c) Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng AD, tia CE cắt đường tròn ( O ) tại điểm F . Chứng minh rằng BF / / AM

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TỈNH CÀ MAU MÔN TOÁN NĂM 2021 Bài 1.

(

a) Tính giá trị của biểu thức A =

(

7 −3

)

− 16 + 6 7

7 − 3 − 32 + 2.3. 7 +

7 −3

( )

= 3− 7 −

(

3+ 7

)

= 3 − 7 − 3 − 7 = −2 7 Vậy A = −2 7

b) Rút gọn biểu thức B =

x ( +

x+ 1− x

)

x − 2 − x − x  x ≥ 0  x ≠1  1− x  

Điều kiện : x ≥ 0, x ≠ 1 B=

x+ x + 1− x x.

(

)

x −2 − x −x 1− x

)

x +1

(1 − x )(1 + x )

x−4 x +4− x −x 1− x

(

)

−5 x + 4 4 − 4 x 4 1 − x = = =4 1− x 1− x 1− x 1− x Vậy với x ≥ 0, x ≠ 1 thì B = 4 Bài 2. a) Giải phương trình x − 2 x + 3 = 0 3 ĐKXĐ: x ≥ − 2 x − 2x + 3 = 0 ⇔ x = 2x + 3 =

x ≥ 0 x ≥ 0 ⇔ 2 ⇔ 2  x = 2 x + 3  x − 3x + x − 3 = 0 x ≥ 0 x ≥ 0  ⇔ ⇔   x = 3 ⇔ x = 3(tm) ( x − 3)( x − 1) = 0   x = −1  Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {3}

2 x − = y  a b b) Cho hệ phương trình :  x − y = − 1  b a Tìm a và b biết hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 3;2 ) a ≠ 0 Điều kiện  b ≠ 0 Hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 3;2 ) nên ta có hệ phương trình :

2 3 3 2  a − 2 = b  a − b = 2 ⇔ ⇔ 3 − 2 = − 1  1 − 2 = −3 a  b  a b 1 1 Đặt u = , v = ( u , v ≠ 0 ) . Hệ phương trình trở thành : a b 5  u = (tm) 2u = 5  3u − 2v = 2   2 ⇔  3u − 2 ⇔   u − 2v = −3 v = v = 11 (tm) v   4 5 2 1  u = = a (tm) =  a  2 5  ⇔ 1 11  =v= b = 4 ( tm ) 4  b  11 2 4 Vậy a = , b = 5 11 Bài 3. a) Vẽ (P) Ta có bảng giá trị : x −2 −1 0 1

y = x2

2 4

Vậy đồ thị hàm số ( P ) : y = x 2 là đường cong đi qua các điểm ( −2;4 ) , ( −1;1) , ( 0;0 )

(1;1) và ( 2;4 )

b) Tìm m để đường thẳng ( d ) : y = ( m − 1) x + m + 4 cắt (P) tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía của trục tung Xét phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số ( d ) : y = ( m − 1) x + m + 4 và ( P ) : y = x 2 ta có :

( m − 1) x + m + 4 = x 2 − ( m − 1) x − m − 4 = 0 (*) Đường thẳng ( d ) cắt đồ thị ( P ) tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía của trục tung ⇔ (*) có hai nghiệm trái dấu ⇔ ac < 0 ⇔ − m − 4 < 0 ⇔ m > −4 Vậy m > −4 thỏa mãn điều kiện bài toán Bài 4. Theo các chuyên gia về sức khỏe, người trưởng thành cần đi bộ tử 5000 bước mỗi ngày sẽ rất tốt cho sức khỏe Để rèn luyện sức khỏe, anh Sơn và chị Hà đề ra mục tiêu mỗi ngày một người phải đi bộ ít nhất 6000 bước. Hai người cùng đi bộ ở công viên và thấy rằng, nếu cùng đi trong 2 phút thì anh Sơn bước nhiều hơn chị Hà 20 bước. Hai người cùng giữ nguyên tốc độ đi như vậy nhưng chị Hà đi trong 5 phút thì lại nhiều hơn anh Sơn đi trong 3 phút là 160 bước. Hỏi mỗi ngày anh Sơn và chị Hà cùng đi bộ trong 1 giờ thi họ đã đạt được số bước tối thiểu mà mục tiêu đề ra hay chưa ? (Giả sử tốc độ đi bộ hằng ngày của hai người không đổi). Gọi số bước anh Sơn đi bộ trong 1 phút là x (bước) ( x ∈ ℕ *) Số bước chị Hà đi trong 1 phút là y (bước) ( y ∈ ℕ*, y < x ) Vì nếu cùng đi trong 2 phút thì anh Sơn bước nhiều hơn chị Hà 20 bước nên ta có phương trình : 2 x − 2 y = 20 ⇔ x − y = 10 (1)

Chị Hà đi trong 5 phút thì lại nhiều hơn anh Sơn đi trong 3 phút là 160 bước nên ta có phương trình 5 y − 3 x = 160 ( 2 ) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :  x − y = 10  −5 x + 5 y = −50  −2 x = −210  x = 105 (tm) ⇔ ⇔ ⇔  5 y − 3 x = 160 3 x − 5 y = − 160 y = x − 10 y = 95     Mỗi ngày anh Sơn và chị Hà cùng đi bộ trong 1 giờ nên số bước của anh Sơn là : 105.60 = 6300 (bước) chị Hà đi được: 95.60 = 5700 (bước) Vậy anh Sơn đã đạt được mục tiêu đề ra còn chị Hà thì không. Bài 5. a) Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm Xét phương trình x 2 + ( 2m − 1) x + m 2 − 4 m + 7 = 0 Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 2

⇔ ( 2m − 1) − 4 ( m 2 − 4m + 7 ) ≥ 0 ⇔ 4m 2 − 4m + 1 − 4m 2 + 16m − 28 ≥ 0 9 ⇔ 12m ≥ 27 ⇔ m ≥ 4 9 Vậy với m ≥ thì phương trình đã cho có nghiệm 4 b) Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm âm phân biệt Xét phương trình : x 2 + ( 2m − 1) x + m 2 − 4 m + 7 = 0  ∆ > 0   b Phương trình đã cho có hai nghiệm âm phân biệt ⇔  − < 0  a c  a > 0

9 9   m > m > 4  4   ⇔ − ( 2m − 1) < 0 ⇔ 2m − 1 > 0  2  2 m − 4 m + 7 > 0  ( m − 4m + 4 ) + 3 > 0   9  m > 4  1 9  ⇔ m > ⇔m> 2 4  2 ( m − 2 ) + 3 > 0(luon dung )  9 Vậy m > thỏa mãn bài toán 4 Bài 6.

F E O

C B D M a) Chứng minh rằng tứ giác OBMC nội tiếp được đường tròn Ta có : MB, MC là các tiếp tuyến của đường tròn ( O ) nên OB ⊥ MB ∠MBO = 90°   ∠MBO + ∠MCO = 180°   OC ⊥ MC ∠MCO = 90°

 OBMC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OM (đpcm) b) Chứng minh MB 2 = MD.MA Xét tam giác MBD và tam giác MAB có :

∠BMA chung, ∠DBM = ∠BAM (góc nội tiếp và tiếp tuyến dây cung cùng chắn 1 MB MD = cung)  ∆MBD ∽ ∆MAB( g.g )  (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) MA MB  MB 2 = MD.MA ( dfcm ) c) Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng AD, tia CE cắt đường tròn (O) tại điểm F . Chứng minh rằng BF / / AM Ta có : E là trung điểm của AD nên OE ⊥ AD  ∠OEM = 90° (mối quan hệ giữa đường kính và dây cung) Xét tứ giác OEMC ta có : ∠OEM + ∠OCM = 90° + 90° = 180°  ∠COM = ∠CEM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CM ).

1 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Lại có ∠COM = ∠BOM = sd BC 2 1 Mà ∠BFC là góc nội tiếp chắn cung BC  ∠BFC = sd BC (tính chất góc nội tiếp) 2  1   ∠COM = ∠BFC  = sd BC   ∠MEC = ∠BFC ( = ∠COM )  2  Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị  EM / / BF (dfcm)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CAO BẰNG ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn: TOÁN Thời gian làm bài :120 phút, không kể giao đề

Câu 1. (4,0 điểm) a) Thực hiện phép tính : 2 25 − 16 b) Cho hai đường thẳng ( d1 ) : y = 3 x − 2 và ( d 2 ) : y = −2 x + 1 Hãy cho biết vị trí tương đối của hai đường thẳng trên ? Vì sao ? c) Giải phương trình 2 x − 3 = 7  x + 4 y = 11 d) Giải hệ phương trình  x + 3y = 9 Câu 2. (2,0 điểm) Nhà bạn Hoàng có một mảnh vườn hình chữ nhật, chiều dài lớn hơn chiều rộng 6m. Diện tích của mảnh vườn bằng 216m 2 . Tính chiều rộng và chiều dài của mảnh vườn nhà bạn Hoàng.

Câu 3. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có các cạnh AB = 9cm, AC = 12cm a) Tính độ dài cạnh BC b) Kẻ đường cao AH . Tính độ dài đoạn thẳng AH Câu 4. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, ∠BAC = 45° , Vẽ các đường cao BD, CE của tam giác ABC. Gọi H là giao điểm của BD và CE a) Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp DE b) Tính tỉ số BC Câu 5. (1,0 điểm) Cho phương trình ( m 2 + m + 1) x 2 − ( m 2 + 2m + 2 ) x − 1 = 0 (m là tham số) Giả sử x1; x2 là các nghiệm của phương trình trên. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x1 + x2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TỈNH CAO BẰNG Câu 1. a) Thực hiện phép tính 2 25 − 16 Ta có : 2 25 − 16 = 2.5 − 4 = 6 Vậy 2 25 − 16 = 6 b) Cho hai đường thẳng ( d1 ) : y = 3 x − 2 và ( d 2 ) : y = −2 x + 1. Hãy cho biết vị trí tương đối của hai đường thẳng trên ? Vì sao ? Hai đường thẳng ( d1 ) và ( d 2 ) cắt nhau vì 3 ≠ −2 c) Giải phương trình : 2 x − 3 = 7 Ta có : 2 x − 3 = 7 ⇔ 2 x = 10 ⇔ x = 5 Vậy nghiệm của phương trình là x = 5  x + 4 y = 11 d) Giải hệ phương trình  x + 3y = 9  x + 4 y = 11  y = 2 x = 3 Ta có :  ⇔ ⇔ x + 3y = 9 x = 9 − 3y y = 2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x, y ) = ( 3;2 )

Câu 2. Nhà bạn Hoàng có một mảnh vườn hình chữ nhật, chiều dài lớn hơn chiều rộng 6m. Diện tích của mảnh vườn bằng 216m 2 . Tính chiều rộng và chiều dài của mảnh vườn nhà bạn Hoàng. Gọi chiều rộng của mảnh vườn nhà bạn Hoàng là x ( m )( x > 0 ) Vì chiều dài lớn hơn chiều rộng 6m nên chiều dài mảnh vườn là : x + 6 ( m ) Do diện tích của mảnh vườn là 216m 2 nên ta có phương trình : x ( x + 6 ) = 216 ⇔ x 2 + 6 x − 216 = 0 Ta có ∆ ' = 32 + 216 = 225 = 152 > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt  x1 = −3 + 15 = 12(tm)  x = −3 − 15 = −18( ktm)  2 Vậy chiều rộng là 12m và chiều dài của mảnh vườn là 12 + 6 = 18 ( m ) Vậy chiều rộng và chiều dài của mảnh vườn nhà bạn Hoàng lần lượt là 12m và 18m

Câu 3.

B H

a) Tính độ dài cạnh BC Áp dụng định lý Py-ta-go cho tam giác ABC vuông tại A, ta có : BC 2 = AB 2 + AC 2 = 92 + 122 = 225  BC = 225 = 15cm Vậy BC = 15cm b) Kẻ đường cao AH . Tính độ dài đoạn thẳng AH Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH AB. AC 9.12 AH .BC = AB. AC ⇔ AH = = = 7, 2cm BC 15 Vậy AH = 7,2cm Câu 4.

A D E H B a) Chứng minh ADHE là tứ giác nội tiếp

Vì BD, CE là các đường cao của ∆ABC nên ∠AEH = ∠ADH = 90° Xét tứ giác ADHE có : ∠AEH + ∠ADH = 90° + 90° = 180°  ADHE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180°) DE b) Tính tỉ số BC Vì ADHE là tứ giác nội tiếp nên ∠ADE = ∠ABC (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp) Xét ∆ADE và ∆ABC có : ∠BAC chung, ∠ADE = ∠ABC (cmt ) DE AD  ∆ADE ∽ ∆ABC ( g .g )  = BC AB Xét tam giác ABD có ∠ADB = 90° ( gt ) , ∠BAD = 45° ( gt )  ∆ABD vuông cân tại D

 cos ∠BAD =

AD AD 2 ⇔ cos 45° = = AB AB 2

DE 2 = BC 2 Câu 5. Cho phương trình ( m 2 + m + 1) x 2 − ( m 2 + 2m + 2 ) x − 1 = 0 (1) (m là tham số) Vậy

Giả sử x1; x2 là các nghiệm của phương trình trên. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x1 + x2 Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 khi và chỉ khi 2

∆ ≥ 0  ( m 2 + 2m + 2 ) + 4 ( m 2 + m + 1) ≥ 0 (luôn đúng với mọi m)

Nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 Khi đó, áp dụng định lý Vi-et ta có : m 2 + 2m + 2 S = x1 + x2 = 2 m + m +1 2 ⇔ m S + mS + S = m 2 + 2m + 2 ⇔ ( S − 1) m 2 + ( S − 2 ) m + S − 2 = 0 (*) Th1: S = 1  −m + 1 − 2 = 0 ⇔ m = −1 Th2: S ≠ 1. Khi đó phương trình (*) có : 2 ∆ m = ( S − 2 ) − 4 ( S − 1)( S − 2 ) = S 2 − 4 S + 4 − 4 ( S 2 − 3S + 2 ) = −3S 2 + 8S − 4

Để tồn tại giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = x1 + x2 thì phương trình (*) phải có nghiệm Khi đó ta có : ∆ m ≥ 0 ⇔ −3S 2 + 8S − 4 ≥ 0

⇔ −3S 2 + 6S + 2 S − 4 ≥ 0 ⇔ −3S ( S − 2 ) + 2 ( S − 2 ) ≥ 0 ⇔ ( S − 2 )( −3S + 2 ) ≥ 0 S ≥ 2  S − 2 ≥ 0  S ∈∅ S ≤ 2  3  −3S + 2 ≥ 0   ⇔ ⇔ S − 2 ≤ 0   S ≤ 2  2  2⇔ ≤S≤2   −3S + 2 ≤ 0 3 S ≥ 3  Do đó GTNN của biểu thức S = x1 + x2 bằng

2 và GTLN của biểu thức S = x1 + x2 bằng 3

2. 2 ta có : 3 m 2 + 2m + 2 2 = ⇔ 3 ( m 2 + 2m + 2 ) = 2 ( m 2 + m + 1) 2 m + m +1 3

Với S =

⇔ m 2 + 4m + 4 = 0 ⇔ ( m + 2 ) = 0 ⇔ m = −2(tm) Với S = 2 ta có : m 2 + 2m + 2 = 2  m 2 + 2m + 2 = 2 m 2 + 2m + 2 2 m + m +1 ⇔ m 2 = 0 ⇔ m = 0(tm) 2 Vậy GTNN của S = x1 + x2 bằng đạt được khi m = −2 3 Và GTLN của biểu thức S = x1 + x2 bằng 2 đạt được khi m = 0

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 04 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021-2022 Khóa ngày 05 tháng 6 năm 2021 MÔN : TOÁN Thời gian 120 phút, không kể phát đề

Đề thi gồm hai phần : Trắc nghiệm và tự luận A.PHẦN TRẮC NGHIỆM (4,0 điểm: gồm 20 câu, từ câu 1 đến câu 20) Câu 1. Hàm số y = −3 x 2 có đồ thị là hình vẽ nào dưới đây

A. C.

Câu 2. Hàm số nào dưới đây là hàm số bậc nhất ? 2021 A. y = x + 10 B. y = −4 x 2 C. y = D. y = 20 x − 21 x Câu 3. Điều kiện của x để biểu thức 2 x + 10 có nghĩa là : A.x ≤ 5 B.x ≥ −5 C .x ≥ 5 D.x ≤ −5 Câu 4. Phương trình nào sau đây là phương trình bậc hai một ẩn ? A.x3 − 4 x + 6 = 0 B.3x + 11 = 0

C.3x 2 − x + 5 = 0 D.x 4 − 2 x 2 + 9 = 0 Câu 5.Cặp số (15;16 ) là nghiệm của hệ phương trình nào dưới đây ?

 x + y = −31 − x + y = 1 A.  B.  15 x − 16 y = 31 15 x + 16 y = 31  − x + y = −1  x + y = 31 C.  D.  15 x + 16 y = −31 15 x − 16 y = −31 Câu 6. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) và ∠BCD = 112° . Số đo của ∠BOD bằng:

112°

A A.68°

B.136°

C.112° 5 x − 3 y = −5 Câu 7.Nghiệm của hệ phương trình  là : x y − 2 = − 8 

D.56°

A.( −5; −2 ) B.( −2; −5 ) C.( 5;2 ) D.( 2;5 ) Câu 8. Cho hàm số y = ax + b có đô thị như hình vẽ bên dưới

y 4

x 4

Hàm số đã cho là : A. y = − x + 4 B. y = x + 4 C. y = − x − 4 D. y = x − 4 Câu 9.Cho đường tròn tâm O bán kính 12cm và điểm M nằm ngoài đường tròn sao cho MO = 20cm. Vẽ tiếp tuyến MA với đường tròn (O) ( Alà tiếp điểm). Độ dào của đoạn thẳng MA bằng : A.16cm B.20cm C.256cm D.8cm Câu 10. Một cột cờ cao 7,8m có bóng trên mặt đất dài 13m. Số đo góc α mà tia sáng mặt trời tạo với mặt đất (làm tròn đến độ) bằng A.31° B.59° C.37° D.53° Câu 11.Gọi S và P lần lượt là tổng và tích hai nghiệm của phương trình x 2 − 4 x − 7 = 0 . Giá trị của biểu thức S .P bằng : A. − 14 B.14 C. − 28 D.28 Câu 12.Cho đường tròn tâm O bán kính 4cm. Độ dài của đường tròn (O) bằng: A.8π cm B.16π cm C.2π cm D.4π cm Câu 13. Thể tích của hình cầu có bán kính 15cm bằng : A.13500π ( cm3 ) B.900π ( cm3 ) C.300π ( cm 3 ) D.4500π ( cm3 )

Câu 14. Tọa độ giao điểm của đường thẳng ( d ) : y = −2 x + 3 và parabol ( P ) y = x 2 là A.(1; −1) ; ( 3; −9 ) B.( −1; −1) , ( −3;9 ) C.(1;1) , ( −3;9 ) D.(1;1) , ( −3; −9 ) Câu 15.Giá trị của biểu thức 5 144 − 3 15625 + 7 bằng: A.92 B. − 72 C.42 D. − 56 Câu 16. Bạn Lan đi siêu thị mua hai loại trái cây là xoài và ổi. Số tiền mà Lan phải trả theo giá niêm yết khi mua 2kg xoài và 3kg ổi là 80 000 đồng. Tuy nhiên, khi Lan trả tiền thì giá của xoài được giảm 10%so với giá niêm yết. Do đó, Lan chỉ trả 75 000 đồng. Giá niêm yết của mỗi kg xoài và kg ổi lần lượt là A.10000 đồng và 25 000 đồng

B.28000 đồng và 8 000 đồng C.16000 đồng và 16 000 đồng D.25000 đồng và 10 000 đồng Câu 17.Cho đường thẳng ( d1 ) : y = ax + b đi qua điểm M ( 0;5 ) và đồng thời song song 3 với đường thẳng ( d 2 ) : y = 2 x − . Giá trị của a và b là : 4 −3 3 A.a = , b = 2 B.a = 2, b = 5 C.a = 5, b = 2 D.a = 2, b = − 4 4  x + ( m − 3) y = 2 Câu 18. Tất cả giá trị của tham số m sao cho hệ phương trình  có x 6 y 4 − =  nghiệm duy nhất là : A.m ≠ 9 B.m ≠ −3 C.m ≠ 3 D.m ≠ −9 2 Câu 19. Giá trị của tham số m sao cho phương trình 2 x + 4 x + m + 4 = 0 có nghiệm kép là : A.m = −2 B.m = 2 C.m = 6 D.m = −6 Câu 20. Một lon sữa hình trụ có đường kính đáy 1,2dm và chiều cao 1,8dm. Diện tích nhãn dán xung quanh (không kể mép dán) của lon sữa đó (kết quả làm tròn đến hai chữ số thập phân và lấy giá trị gần đúng của π bằng 3,14 ) là : A.13,56dm2 B.2,16dm2 C.6,78dm2 D.4,07dm2

B. PHẦN TỰ LUẬN (6,0 điểm, gồm 4 câu, từ câu 1 đến câu 4) Câu 1. (1,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau :  x + 2 y = 21 a) x 2 − 5 x + 6 = 0 b)  3 x − y = 7 Câu 2. (1,0 điểm) 15 − 3 1 − a) Rút gọn biểu thức A = 5 −1 2− 3 1 b) Vẽ đồ thị của hàm số y = x 2 2 Câu 3. (1,5 điểm) a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình x 2 − mx − m − 1 = 0 có 1 1 hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn + = x1 + x2 x1 x2

b) Trong năm học 2020-2021, trường Trung học cơ sở A tổ chức cho học sinh đăng ký tham gia câu lạc bộ Toán học và câu lạc bộ Sáng tạo khoa học. Ở học kỳ 1, số lượng học sinh tham gia câu lạc bộ Toán học ít hơn số lượng học sinh tham gia câu lạc bộ Sáng tạo khoa học là 50 học sinh. Sang học kỳ 2, có 5 học sinh chuyển từ câu lạc bộ Sáng tạo khoa học sang câu lạc bộ Toán học nên số lượng học sinh của câu lạc bộ Toán 3 học bằng số lượng học sinh của câu lạc bộ Sáng tạo khoa học. Biết rằng trong năm 4 học, tổng số học sinh tham gia cả hai câu lạc bộ không thay đổi và mỗi học sinh chỉ tham gia một câu lạc bộ. Hỏi số lượng học sinh của mỗi câu lạc bộ ở học kỳ 2 là bao nhiêu ? Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC ( AB < AC ) có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn

AD, BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại điểm H Chứng minh các tứ giác BCEF , EHDC nội tiếp a) b) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC. Đường thẳng AK cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là I . Chứng minh tam giác KBF đồng dạng với tam giác KEC và KI .KA = KF .KE c) Qua điểm B vẽ đường thẳng song song với đường thẳng AC cắt các đường thẳng AK và AH lần lượt tại điểm M và điểm N . Chứng minh HM = HN

( O ). Các đường cao

ĐÁP ÁN

A. PHẦN TRẮC NGHIỆM 2 D 3B 4C 5D 6 B

10 A

11C 12 A 13D 14C 15C 16 D 17 B 18B 19 A 20C B. PHẦN TỰ LUẬN Câu 1. Giải phương trình và hệ phương trình sau : a) x 2 − 5 x + 6 = 0 2

Ta có : ∆ = ( −5 ) − 4.6 = 1 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt 5 +1  x = =3 1  2  x = 5 −1 = 2  2 2 Vậy tập nghiệm của phương trình S = {2;3}  x + 2 y = 21  x + 2 y = 21 7 x = 35 x = 5 b)  ⇔ ⇔ ⇔ 3 x − y = 7 6 x − 2 y = 14  y = 3x − 7 y = 8

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 5;8 ) Câu 2. 15 − 3 1 − a) Rút gọn biểu thức A = 5 −1 2− 3

(

)

3 5 −1 15 − 3 1 2+ 3 A= − = − 5 −1 2− 3 5 −1 2− 3 2+ 3

(

)(

)

= 3 − 2 − 3 = −2 Vậy A = −2 b) Vẽ đồ thị hàm số y =

1 2 x 2

1 2 x có bề lõm hướng lên trên và nhận Oy làm trục đối xứng 2 Ta có bảng giá trị sau : x −4 −2 0 2 4 1 y = x2 8 2 0 2 8 2 Parabol ( P ) : y =

 Parabol ( P ) : y =

1 2 x đi qua các điểm ( −4;8 ) , ( −2;2 ) , ( 0;0 ) , ( 2;2 ) , ( 4;8 ) 2

Câu 3. a) Tìm tất cả giá trị của tham số m sao cho phương trình x 2 − mx − m − 1 = 0 có 1 1 hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn + = x1 + x2 x1 x2 Phương trình x 2 − mx − m − 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2 2

⇔ ∆ = b 2 − 4ac > 0 ⇔ ( − m ) − 4.1.(−m − 1) > 0 2

⇔ m 2 + 4m + 4 > 0 ⇔ ( m + 2 ) > 0 ⇔ m ≠ −2 (1) x + x = m Khi đó, theo hệ thức Vi − et ta có :  1 2 . Theo bài ra ta có : x x = − m − 1  1 2

1 1 x +x + = x1 + x2 ⇔ 1 2 = x1 + x2 x1 x2 x1 x2  1  x1 + x2 − x1 + x2 = 0 ⇔ ( x1 + x2 )  − 1 = 0 x1 x2  x1 x2   x1 + x2 = 0 m = 0  m = 0(tm) ⇔ ⇔ ⇔  − m − 1 = 1  m = −2( ktm)  x1 x2 = 1 Vậy m = 0 là giá trị cần tìm b) Trong năm học 2020-2021, trường Trung học cơ sở A tổ chức cho học sinh đăng ký tham gia câu lạc bộ Toán học và câu lạc bộ Sáng tạo khoa học. Ở học kỳ 1, số lượng học sinh tham gia câu lạc bộ Toán học ít hơn số lượng học sinh tham gia câu lạc bộ Sáng tạo khoa học là 50 học sinh. Sang học kỳ 2, có 5 học sinh chuyển từ câu lạc bộ Sáng tạo khoa học sang câu lạc bộ Toán học nên số lượng 3 học sinh của câu lạc bộ Toán học bằng số lượng học sinh của câu lạc bộ Sáng 4 tạo khoa học. Biết rằng trong năm học, tổng số học sinh tham gia cả hai câu lạc bộ không thay đổi và mỗi học sinh chỉ tham gia một câu lạc bộ. Hỏi số lượng học sinh của mỗi câu lạc bộ ở học kỳ 2 là bao nhiêu ? Gọi số lượng học sinh tham gia câu lạc bộ Toán học ở học kỳ I là x học sinh ( x ∈ ℕ *) Vì số lượng học sinh tham gia câu lạc bộ Toán học ít hơn số lượng học sinh tham gia câu lạc bộ Sáng tạo khoa học là 50 học sinh nên số học sinh tham gia câu lạc bộ Sáng tạo khoa học ở học kỳ I là x + 50 (học sinh) Học kỳ 2, số học sinh tham gia câu lạc bộ Sáng tạo khoa học và câu lạc bộ Toán học lần lượt là : x + 50 − 5 = x + 45 (học sinh) và x + 5 (học sinh) 3 Do số lượng học sinh của câu lạc bộ Toán học bằng số lượng học sinh của câu lạc bộ 4 Sáng tạo khoa học nên ta có phương trình 3 3 135 x + 5 = ( x + 45 ) ⇔ x + 5 = x + ⇔ x = 115(tmdk ) 4 4 4 Vậy học kỳ 2, số lượng học sinh tham gia câu lạc bộ Toán học là 115 + 5 = 120 học sinh, số lượng học sinh của câu lạc bộ Sáng tạo khoa học115 + 45 = 160 học sinh ⇔

Câu 4. Cho tam giác ABC ( AB < AC ) có ba góc nhọn và nội tiếp đường tròn ( O ) . Các đường cao AD, BE , CF của tam giác ABC cắt nhau tại H

A I E M

F H

O C

N a) Chứng minh rằng tứ giác BCEF , EHDC nội tiếp +)Xét tứ giác BFEC có ∠BFC = ∠BEC = 90° ( gt ) Suy ra tứ giác BFEC nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau) +)Xét tứ giác EHDC có ∠HDC + ∠HEC = 90° + 90° = 180°suy ra HDCE là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180°) b) Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng EF và BC. Đường thẳng AK cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là I . Chứng minh rằng KBF đồng dạng với tam giác KEC và KI .KA = KF .KE Ta có : Tứ giác BFCE nội tiếp nên ∠KFB = ∠KCE (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)

∠KFB = ∠KCE (cmt ) Xét ∆KBF và ∆KEC có :   ∆KBF ∽ ∆KEC ( g .g ) ∠BKF = ∠CKE KB KF  = (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)  KF .KE = KB.KC (1) KE KC Trong ( O ) có ∠KAB = ∠KCI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BI ) ∠AKB = ∠CKI Xét ∆KAB và ∆KCI có :   ∆KAB ∽ ∆KCI ( g .g ) ∠KAB = ∠KCI (cmt ) KA KB  = (hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)  KA.KI = KB.KC ( 2 ) KC KI Từ (1) và (2) suy ra KI .KA = KE.KF c) Qua điểm B vẽ đường thẳng song song với đường thẳng AC cắt các đường thẳng AK và AH lần lượt tại M và N . Chứng minh HM = HN KI KF = Ta có : KI .KA = KF .KE (cmt )  KE KA KI KF = (cmt ); ∠AKE chung Xét ∆KIF và ∆KEA ta có : KE KA  ∆KIF ∽ ∆KEA(c.g .c)  ∠KIF = ∠FEA (hai góc tương ứng)  AIFE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện)  I , A, F , E cùng thuộc một đường tròn. Mà tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp (do có ∠AEH + ∠AFH = 180°)  A, E , H , F cùng thuộc một đường tròn Do đó 5 điểm I , A, F , H , E cùng nội tiếp đường tròn đường kính AH  ∠HIA = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  HI ⊥ AK  ∠HIM = 90° (kề bù với ∠HIA)  BE ⊥ AC Ta có:   BE ⊥ MN (từ vuông góc đến song song)  ∠HBM = 90° AC / / MN ( gt )   ∠HIM = ∠HBM = 90°  ∠HIM + ∠HBM = 180°  BHIM nội tiếp đường tròn đường kính HM (dấu hiệu nhận biết)  ∠MHB = ∠MIB = ∠KIB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BM ) Mà ∠KIB = ∠KCA (vì ∠KIB là góc ngoài tại đỉnh I của tứ giác nội tiếp BIAC )  ∠MHB = ∠KCA Mặt khác ta có : ∠KCA = ∠AHE (cùng phụ ∠HAE ) và ∠AHE = ∠BHN (đối đỉnh)  ∠MHB = ∠BHN  HB là tia phân giác của góc MHN  ∆MHN cân tại H (do có HB là đường cao đồng thời là phân giác) Vậy HM = HN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2021 -2022 MÔN THI: TOÁN Thời gian: 120 phút

Bài 1. (2,0 điểm) a) Tính A = 4 + 3. 12   x > 0 x x+4 x b) Cho biểu thức B =  + :    2 + x 4 − x  x − 2 x  x ≠ 4 Rút gọn B và tìm tất cả các giá trị nguyên của x để B < − x

Bài 2.(1,5 điểm) Cho hàm số y = x 2 có đồ thị ( P ) và đường thẳng ( d ) : y = kx − 2k + 4 a) Vẽ đồ thị ( P ) . Chứng minh rằng ( d ) luôn đi qua điểm C ( 2;4 ) b) Gọi H là hình chiếu của điểm B ( −4;4 ) trên ( d ) . Chứng minh rằng khi k thay đổi

( k ≠ 0 ) thì diện tích tam giác

HBC không vượt quá 9cm 2 (đơn vị đo trên các trục

tọa độ là xentimet)

Bài 3. (1,5 điểm) Cho phương trình x 2 + 4 ( m − 1) x − 12 = 0 (*) với m là tham số a) Giải phương trình (*) khi m = 2 b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 2 x1 , x2 thỏa mãn 4 x1 − 2 4 − mx2 = ( x1 + x2 − x1 x2 − 8 )

Bài 4. (1,5 điểm) a) Tìm hai số tự nhiên, biết rằng tổng của chúng bằng 2021và hiệu của số lớn và số bé bằng 15 b) Một địa phương lên kế hoạch xét nghiệm SARS − CoV − 2 cho 12000 người trong một thời gian quy định. Nhờ cải tiến phương pháp nên mỗi giờ xét nghiệm đươc thêm 1000 người. Vì thế, địa phương này hoàn thành sớm hơn kế hoạch là 16 giờ. Hỏi theo kế hoạch, địa phương này phải xét nghiệm trong thời gian bao nhiêu giờ ? Bài 5. (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC , các đường cao BD, CE ( D ∈ AC , E ∈ AB ) cắt nhau tại H a) Chứng minh rằng tứ giác BEDC nội tiếp b) Gọi M là trung điểm của BC. Đường tròn đường kính AH cắt AM tại điểm G (G khác A). Chứng minh rằng AE. AB = AG. AM

c) Hai đường thẳng DE và BC cắt nhau tại K. Chứng minh rằng ∠MAC = ∠GCM và đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE , MCD song song với đường thẳng KG.

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 ĐÀ NẴNG MÔN TOÁN NĂM 2021 – 2022 Bài 1. a) Tính A = 4 + 3. 12 Ta có : A = 4 + 3. 12 = 2 + 36 = 2 + 6 = 8 Vậy A = 8   x > 0 x x+4 x b) Cho biểu thức B =  + :    2 + x 4 − x  x − 2 x  x ≠ 4

Rút gọn B và tìm tất cả các giá trị nguyên của x để B < − x Với x > 0, x ≠ 4 thì  x x+4 x B= + : 2+ x 4− x x−2 x x =

(

)

x −2 −x−4

(

x +2

−2

(

)(

x +2

)

(

x −2 x

) = x−2 x −x−4 ( x + 2). x

) = −2

x +2 . x

B<− x ⇔ ⇔

x −2

x .

−2 2 <− x ⇔ − x >0 x x

2− x >0⇔ 2−x>0⇔ x<2 x

Kết hợp với điều kiện  0 < x < 2 thì B < − x Bài 2. a) Vẽ đồ thị ( P ) . Chứng minh rằng ( d ) luôn đi qua điểm C ( 2;4 )

+)Vẽ đồ thị ( P ) Parabol ( P ) : y = x 2 có bề lõm hướng lên và nhận Oy làm trục đối xứng Hệ số a = 1 > 0 nên hàm số đồng biến khi x > 0 và nghịch biến khi x < 0 Ta có bảng giá trị sau : x −2 −1 0 1 2

y = x2

 Parabol ( P ) : y = x 2 đi qua các điểm ( −2;4 ) , ( −1;1) , ( 0;0 ) , (1;1) , ( 2;4 )

Đồ thị parabol (P):y=x2

+) Chứng minh rằng ( d ) luôn đi qua điểm C ( 2;4 ) Thay x = 2, y = 4 vào phương trình ( d ) : y = kx − 2k + 4 ta được: 4 = 2k − 2k + 4 ⇔ 4 = 4(luon dung ) Vậy (d) luôn đi qua điêm C(2;4) với mọi m b) Gọi H là hình chiếu của điểm B ( −4;4 ) trên ( d ) . Chứng minh rằng khi k thay

đổi ( k ≠ 0 ) thì diện tích tam giác HBC không vượt quá 9cm 2 (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimet)

1 1 Vì ∆HBC vuông tại H nên ta có : S∆HBC = HB.HC ≤ ( HB 2 + HC 2 ) 2 4 1 Áp dụng định lý Pytago ta có : HB 2 + HC 2 = BC 2 = 62 = 36  S∆HBC ≤ .36 = 9(dfcm) 4 Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi HB = HC ⇔ ∆HBC vuông cân tại H. Bài 3. a) Giải phương trình (*) khi m = 2 Thay m = 2 vào phương trình (*) ta có : x 2 + 4 ( 2 − 1) x − 12 = 0 ⇔ x 2 + 4 x − 12 = 0 Ta có : ∆ ' = 22 + 12 = 16 = 42 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt

 x1 = −2 + 4 = 2   x2 = −2 − 4 = −6 Vậy với m = 2 thì tập nghiệm của phương trình (*) là S = {2; −6} b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân 2 biệt x1 , x2 thỏa mãn 4 x1 − 2 4 − mx2 = ( x1 + x2 − x1 x2 − 8 ) Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ ' > 0 2

⇔ 4 ( m − 1) + 12 > 0 (luôn đúng với mọi m) Nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với mọi m −b  x + x = = 4 (1 − m )(1) 1 2  a Khi đó, áp dụng định lý Viet, ta có:   x x = c = −12 ( 2)  1 2 a Vì x2 là nghiệm của phương trình (*) nên : x22 + 4 ( m − 1) x2 − 12 = 0 ⇔ x22 + 4mx2 − 4 x2 − 12 = 0 ⇔ x22 + 4 ( mx2 − 4 ) − 4 x2 + 4 = 0 ⇔ 4 ( 4 − mx2 ) = x22 − 4 x2 + 4 = ( x2 − 2 ) ⇔ 2 4 − mx2 =

( x2 − 2 )

= x2 − 2

Khi đó ta có : 4 x1 − 2 4 − mx2 = ( x1 + x2 − x1 x2 − 8 )

⇔ 2 x1 − 2 x2 − 2 =  4 (1 − m ) + 12 − 8 ⇔ 2 x1 x2 − 2 ( x1 + x2 ) + 4 = ( 8 − 4m )

⇔ 2 −12 − 2.4 (1 − m ) + 4 = 64 − 64m + 16m 2 ⇔ −16 + 8m = 8 ( m 2 − 4m + 4 ) ⇔ m − 2 = ( m − 2)

2 4 2 2  ( m − 2 ) = ( m − 2 ) ⇔ ( m − 2 ) . ( m − 2 ) − 1 = 0   m − 2 = 0 m = 2 ⇔ m − 2 = 1 ⇔ m = 3    m − 2 = −1  m = 1

Vậy m ∈ {1;2;3} là các giá trị thỏa mãn bài toán

Bài 4. a) Tìm hai số tự nhiên, biết rằng tổng của chúng bằng 2021 và hiệu của số lớn và số bé bằng 15 Gọi số lớn là x ( x > 15, x ∈ ℕ ) , số bé là y ( y ∈ ℕ )

(1)

Ta có tổng của hai số là 2021nên ta có phương trình x + y = 2021 Hiệu của số lớn và số bé là 15 nên ta có phương trình x − y = 15

( 2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  x + y = 2021 2 x = 2036  x = 1018 ⇔ ⇔ (tm)   x − y = 15  y = x − 15  y = 1003 Vậy số lớn là 1018, số bé là 1003 b) Một địa phương lên kế hoạch xét nghiệm SARS − CoV − 2 cho 12000 người

trong một thời gian quy định. Nhờ cải tiến phương pháp nên mỗi giờ xét nghiệm đươc thêm 1000 người. Vì thế, địa phương này hoàn thành sớm hơn kế hoạch là 16 giờ. Hỏi theo kế hoạch, địa phương này phải xét nghiệm trong thời gian bao nhiêu giờ ? Theo kế hoạch, gọi số người được xét nghiệm trong một giờ là x (người) ( x ∈ ℕ*, x < 12000 ) 12000 (giờ) x Thực tế, số người được xét nghiệm trong 1 giờ là x + 1000 (người) 12000 (giờ) Thực tế, địa phương đó xét nghiệm 12000 người hết x + 1000 Vì địa phương này hoàn thành sớm hơn kế hoạch 16 giờ nên ta có phương trình : 12000 12000 − = 16 x x + 1000 ⇔ 12000 x + 12000000 − 12000 x = 16 x ( x + 1000 ) Theo kế hoạch địa phương xét nghiệm 12000 người hết

⇔ 16 x 2 + 16000 x − 12000000 = 0 ⇔ x 2 + 1000 x − 750000 = 0 ∆ = 10002 + 4.750000 = 4000000  ∆ = 2000 Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt :

−1000 + 2000  x = = 500(tm) 1  2   x = −1000 − 2000 = −1500(ktm)  2 2 Vậy theo kế hoạch địa phương này cần

12000 = 24 (giờ) để xét nghiệm xong. 500

Bài 5.

A D E H

C K

a) Chứng minh rằng tứ giác BEDC nội tiếp  BD ⊥ AC Ta có : BD, CE là các đường cao của ∆ABC nên   ∠BDC = ∠BEC = 90° CE ⊥ AB  BEDC là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh đối diện dưới các bằng nhau) b) Gọi M là trung điểm của BC. Đường tròn đường kính AH cắt AM tại điểm G (G khác A). Chứng minh rằng AE. AB = AG. AM Ta có : ∠AEH = ∠ADH = 90°  ∠AEH + ∠ADH = 180°  AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH (định nghĩa) Mà đường tròn đường kính AH cắt AM tại G  5 điểm A, E , H , G, D cùng thuộc một đường tròn

 ∠AGE = ∠ADE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AE ) Mà ∠ABC = ∠ADE (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp BEDC )  ∠ABC = ∠AGE Xét ∆ABM và ∆AGE có: ∠ABC = ∠AGE (cmt ), ∠BAM chung AE AG  ∆ABM ∽ ∆AGE ( g.g )  = (2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AM AB  AE. AB = AG. AM (dfcm) c) Hai đường thẳng DE và BC cắt nhau tại K. Chứng minh rằng ∠MAC = ∠GCM và đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE , MCD song song với đường thẳng KG. Ta có : ∠AGD = ∠AED (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AD ) Mà ∠AED = ∠ACB (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp BEDC )  ∠AGD = ∠ACB = ∠DCM Lại có : ∠AGD + ∠DGM = 180°(kề bù)  ∠DGM + ∠DCM = 180°  GDCM là tứ giác nội tiếp (dhnb)  ∠MGC = ∠MDC (hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung MC ) . Lại có: DM = BC = MC (định lý đường trung tuyến trong tam giác 2 vuông)  ∆MCD cân tại M  ∠MDC = ∠MCD (2 góc ở đáy của tam giác cân)  ∠MGC = ∠MCD = ∠MCA Xét ∆GCM và ∆CAM có : ∠AMC chung, ∠MAC = ∠GCM ( cmt )

 ∆GCM ∽ ∆CAM ( g .g )  ∠MAC = ∠GCM (2 góc tương ứng ) (đpcm) Ta có : ∠ABC = ∠AGE (cmt )  EBMG là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện)  Đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE , MCD là đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác GDCM , EBMG Giao của hai tứ giác GDCM và EBMG là GM  Đường nối tâm vuông góc với GM (*) Gọi { F } = AH ∩ BC  AF ⊥ BC  ∠AFB = 90° Mà ∠BDA = 90°  ADFB là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau)  ∠BAC = ∠DFM (1) (góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp) Mà ∠EDH = ∠EAH ( 2 ) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH )

∠HDM = ∠HBM = ∠DBM ( DM là trung tuyến của ∆BDC vuông tại D nên DM =

1  BC = BM  2 

 ∠DBM = ∠HAD (cùng phụ ∠ACB )  ∠HDM = ∠HAD ( 3) Từ (1), (2), (3) suy ra : ∠EDM = ∠EDH + ∠HDM = ∠EAH + ∠HAD = ∠BAC = ∠DFM = ∠KDM Xét ∆FDM và ∆DKM có : ∠KMD chung, ∠DFM = ∠KDM ( cmt ) MD FM =  MD 2 = FM .KM KM MD MC GM ∆GCM ∽ ∆CAM (cmt )  =  MC 2 = MG.MA AM MC FM MA Mà MD = MC (cmt )  FM .KM = MG.MA  = GM MK  ∆FGM ∽ ∆AKM (c.g .c)  ∠FGM = ∠AKM (2 góc tương ứng)  ∆FDM ∽ ∆DKM ( g .g ) 

 AGFK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện)  ∠AFK = ∠AGK = 90° (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AK )  KG ⊥ AG hay KG ⊥ GM (**) Từ (*) , (**) suy ra đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE , MCD song song với KG ( dfcm )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮC LẮC ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài 120 phút

Câu 1.(1,5 điểm) 1) Giải phương trình : 2 x 2 + 5 x − 3 = 0 2) Cho hàm số y = ( m − 1) x + 2021. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên ℝ 3) Cho a = 1 + 2 và b = 1 − 2 . Tính giá trị của biểu thức P = a + b − 2ab Câu 2.(2,0 điểm) Cho biểu thức 2 x −9 x + 3 2 x +1 − + P= (với x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9) x−5 x +6 x −2 x −3 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm tất cả các giá trị của x để P > 1 Câu 3.(2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng ( ∆ ) đi qua điểm A (1; −2 ) và song song với đường thẳng y = 2 x − 1 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng

( d ) : y = 2 ( m − 1) x − m + 3. Gọi x1; x2 lần lượt là hoành độ giao điểm của đường thẳng ( d ) và Parabol ( P ) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x12 + x22 Câu 4.(3,5 điểm) Trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB với AB = 2022, lấy điểm C (C khác A và B), từ C kẻ CH vuông góc với AB ( H ∈ AB ) . Gọi D là điểm bất kỳ trên đoạn CH ( D khác C và H), đường thẳng AD cắt nửa đường tròn tại điểm thứ 2 là E 1) Chứng minh tứ giác BHDE là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh AD.EC = CD. AC 3) Chứng minh AD. AE + BH .BA = 20222 4) Khi điểm C di động trên nửa đường tròn ( C khác A, B và điểm chính giữa cung AB ) , xác định vị trí điểm C sao cho chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất Câu 5.(1, 0 điểm) Cho a ≥ 1348, b ≥ 1348 . Chứng minh rằng : a 2 + b 2 + ab ≥ 2022 ( a + b )

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN TỈNH ĐẮC LẮC NĂM 2021 Câu 1. 1) Giải phương trình 2 x 2 + 5 x − 3 = 0 Xét phương trình 2 x 2 + 5 x − 3 = 0 Ta có : ∆ = 52 + 24 = 49 > 0  Phương trình có hai nghiệm : −5 + 49 1 −5 − 49 x1 = = ; x2 = = −3 4 2 4  1 Vậy phương trình có tập nghiệm S = −3;   2 2) Cho hàm số y = ( m − 1) x + 2021 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đồng biến trên R Hàm số y = ( m − 1) x + 2021 đồng biến trên R khi và chỉ khi m − 1 > 0 ⇔ m > 1 Vậy với m > 1 thì hàm số đồng biến trên R 3) Cho a = 1 + 2 và b = 1 − 2. Tính giá trị của biều thức P = a + b − 2ab Thay a = 1 + 2 và b = 1 − 2 vào P = a + b − 2ab ta được :

(

)(

P =1+ 2 +1− 2 − 2 1+ 2 1− 2

)

= 2 − 2 (1 − 2 ) = 2 − 2.(−1) = 4 Vậy P = 4 khi a = 1 + 2, b = 1 − 2 Câu 2. 1) Rút gọn biểu thức P ĐKXĐ: x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9

2 x −9 x + 3 2 x +1 − + x −5 x +6 x −2 x −3

2 x −9− =

(

x +3

(

)(

) (

x −2

)(

x −3

2 x − 9 − x + 9 + 2x − 3 x − 2

( ( (

x −2

)( x − 2 )( x +1

)(

x −3

)= x − 3)

x −2

)(

x − 3 + 2 x +1

)

x +1 x −3

x −2

)

x− x −2

(

x −2

)(

x −3

)

x +1 x −3 2) Tìm tất cả các giá trị của x để P > 1 Điều kiện x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9 Vậy với x ≥ 0, x ≠ 4, x ≠ 9 ta có P =

P >1⇔

x +1 >1 ⇔ x −3

x +1 −1 > 0 x −3

x +1− x + 3 4 >0⇔ > 0 ⇔ x − 3 > 0(do 4 > 0) x −3 x −3 ⇔ x>9 Vậy x > 9 thì P > 1 Câu 3. 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường ∆ đi qua điểm A (1; −2 ) song song với đường thẳng y = 2 x − 1 Gọi phương trinh đường thẳng ∆ là y = ax + b ( a ≠ 0 ) ⇔

a = 2 Vì ∆ song song với đường thẳng y = 2 x − 1 nên  b ≠ −1 Vì ∆ đi qua điểm A (1; −2 ) nên ta có : −2 = a + b Thay a = 2 vào ta được −2 = 2 + b = −4(tm) Vậy đường thẳng ∆ cần tìm có phương trình là y = 2 x − 4 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho Parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = 2 ( m − 1) x − m + 3 . Gọi x1; x2 lần lượt là hoành độ giao điểm của đường thẳng ( d ) và parabol (P) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M = x12 + x22 Hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là nghiệm của phương trình : x 2 = 2 ( m − 1) x − m + 3 ⇔ x 2 − 2 ( m − 1) x + m − 3 = 0 (*)

Phương trình (*) có: 2

∆ ' = ( m − 1) − ( m − 3) = m 2 − 2m + 1 − m + 3 = m 2 − 3m + 4 2

3 7  =  m −  + > 0 ( voi moi m ∈ ℝ ) 2 4   d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2 với mọi m

 x1 + x2 = 2 ( m − 1) Áp dụng định lý Vi − et ta có:  . Khi đó ta có :  x1 x2 = m − 3 2 M = x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 2

M =  2 ( m − 1)  − 2 ( m − 3) = 4m 2 − 8m + 4 − 2m + 6 = 4m 2 − 10m + 10 2

5 25  15  5  15 15 2  ⇔ M = ( 2m ) − 2.2m. +  + =  2m −  + ≥ 2 4 4  2 4 4  15 5 5 Vậy Min M = ⇔ 2m = ⇔ m = 4 2 4 Câu 4.

E C

D H

1) Chứng minh BHDE nội tiếp Trong (O) ta có ∠AEB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Tứ giác BHDE có : ∠BED + ∠BHD = 180°  Tứ giác BHDE nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) 2) Chứng minh AD.EC = CD. AC Ta có ∠ACD = ∠CBA (cùng phụ với ∠BCD ) ∠CEA = ∠CBA (2 góc nội tiếp cùng chắn cung CA)  ∠ACD = ∠CEA Xét ∆ACD và ∆AEC có : ∠CAD = ∠CAE ; ∠ACD = ∠CEA(cmt )

AD CD =  AD.EC = CD. AC ( dfcm ) AE EC 3) Chứng minh AD. AE + BH .BA = 20222 ∠AHD = ∠AEB = 90° Xét ∆AHD và ∆AEB có :   ∆AHD ∽ ∆AEB ( g .g ) ∠ = ∠ HAD BAE   ∆ACD ∽ ∆AEC ( g .g ) 

AH AD =  AD. AE = AH . AB (1) AE AB AD. AE + BH . AB = AH . AB + BH . AB



Ta có :

= ( AH + BH ) . AB = AB 2 = 20222 ( dfcm )

4) Khi điểm C di động trên nửa đường tròn ( C khác A, B và điểm chính giữa cung AB ), xác đinhk vị trí điểm C sao cho chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất Chu vi tam giác COH là : AB CO + OH + CH = + OH + CH = 1011 + OH + CH 2 Chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất ⇔ OH + CH đạt giá trị lớn nhất Ta có : 0 < OH , CH < OC = 1011 Áp dụng định lsy Cô – si cho OH , CH ta có :

( OH + CH )

≤ 2 ( OH 2 + CH 2 ) = 2OC 2 ⇔ OH + CH ≤ OC 2

OC 2 hay ∆OHC vuông cân tại H  ∠COA = 45° 2 Vậy chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất khi ∠COA = 45° Dấu " = " xảy ra khi OH = CH =

Câu 5. Cho a ≥ 1348, b ≥ 1348 .Chứng minh a 2 + b 2 + ab ≥ 2022 ( a + b ) Ta có: a 2 + b 2 ≥ 2ab ⇔ a 2 + b 2 + ab ≥ 3ab

3 3 3 3  a 2 + b 2 + ab ≥ ab + ab ≥ a.1348 + b.1348 (Do a ≥ 1348, b ≥ 1348) 2 2 2 2  a 2 + b 2 + ab ≥ 2022 ( a + b )

Dấu " = " xảy ra khi a = b = 1348

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮC NÔNG ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) Thời gian : 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Bài 1. (2,0 điểm) a) Cho phương trình x 2 + 5 x − 6 = 0 (*) Hãy xác định các hệ số a, b, c và giải phương trình (*) x + y = 5 b) Giải hệ phương trình  x − y = 1

Bài 2. (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức

a )3 2 + 50 − 8 b)

x+ x x−4 + ( x > 0) x x +2

Bài 3. (2,0 điểm) a) Giải bài toán bằng cách lập phương trình Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m. Biết chiều dài mảnh đất lớn hơn chiều rộng là 7 m. Hãy tính diện tích của mảnh đất hình chữ nhật đó b) Cho phương trình : x 2 − 2mx − 1 = 0 (1) với m là tham số Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x12 + x22 − x1 x2 = 7

Bài 4. (3,0 điểm) Cho nửa đường tròn ( O ) đường kính AB. Vẽ tia tiếp tuyến Ax cùng phía với nửa đường tròn đường kính AB. Lấy một điểm M trên tia Ax ( M ≠ A ) . Vẽ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn ( O ) tại D ( D ≠ B ) a) Chứng minh :Tứ giác ADME nội tiếp trong một đường tròn b) Chứng minh : MA2 = MD.MB c) Vẽ CH vuông góc với AB ( H ∈ AB ) . Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm của đoạn thẳng CH

Bài 5. (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

a2 b2 c2 + + với b+c c+a a+b

 a , b, c > 0  a + b + c = 3

ĐÁP ÁN Bài 1. a) Cho phương trình x 2 + 5 x − 6 = 0 (*) Hãy xác định các hệ số a, b, c và giải phương trình (*) Phương trình x 2 + 5 x − 6 = 0 có a = 1, b = 5, c = −1 Vì a + b + c = 1 + 5 − 6 = 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

 x1 = 1   x2 = c = −6 a  Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {1; −6} x + y = 5 b) Giải hệ phương trình  x − y = 1  x + y = 5 2 x = 6 x = 3 Ta có :  ⇔ ⇔ x − y = 1 y = 5 − x y = 2

Vậy hệ phương trình có nghiệm : ( x; y ) = ( 3;2 )

Bài 2. Rút gọn các biểu thức

a)3 2 + 50 − 8 b)

x+ x x−4 + ( x > 0) x x +2

a )3 2 + 50 − 8 = 3 2 + 5 2 − 2 2 = 6 2

x+ x x−4 + ( x > 0) x x+2 x.

(

)+(

x +1 x

x −2

)(

x+2

x +2

= x +1+ x − 2 = 2 x −1

)

Bài 3. a) Giải bài toán bằng cách lập phương trình Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13m. Biết chiều dài mảnh đất lớn hơn chiều rộng là 7 m. Hãy tính diện tích của mảnh đất hình chữ nhật đó Gọi chiều rộng mảnh đất là x ( m )( DK : x > 0 )  Chiều dài mảnh đất : x + 7(m) Vì độ dài đường chéo của mảnh đất hình chữ nhật là 13m nên ta có phương trình : 2

x 2 + ( x + 7 ) = 132 ⇔ x 2 + x 2 + 14 x + 49 = 169 ⇔ 2 x 2 + 14 x − 120 ⇔ x 2 + 7 x − 60 = 0 Ta có : ∆ = 7 2 − 4.1.( 60 ) = 289 = 17 2 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt −7 + 17  x = = 5(tm)  1 2   x = −7 − 17 = −12(ktm)  2 2  Chiều rộng mảnh đất là 5m, chiều dài mảnh đất là 5 + 7 = 12(m)

Vậy diện tích mảnh đất hình chữ nhật là : S = 5.12 = 60 ( m 2 )

b) Cho phương trình : x 2 − 2mx − 1 = 0 (1) với m là tham số Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x12 + x22 − x1 x2 = 7

Phương trình (1) có ∆ ' = m 2 + 1 > 0 (với mọi m) nên phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 . Khi đó áp dụng định lý Vi-et ta có :  x1 + x2 = 2m . Theo bài ra ta có :  x x = − 1  1 2 2

x12 + x22 − x1 x2 = 7 ⇔ ( x1 + x2 ) − 3x1 x2 = 7 ⇔ 4m2 + 3 = 7 ⇔ 4m 2 = 4 ⇔ m2 = 1 ⇔ m = ±1 Vậy m = ±1 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài 4.

C N

E A

a) Chứng minh : Tứ giác AMDE nội tiếp trong một đường tròn . Ta có OA = OC  O thuộc trung trực của AC MA = MC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  M thuộc trung trực của AC  OM là trung trực của AC  OM ⊥ AC tại E  ∠AEM = 90° Ta có : ∠ADB = 90°(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  ∠ADM = 90° Xét tứ giác AMDE có ∠AEM = ∠ADM = 90° ( cmt )  AMDE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn AM dưới một góc 90°) b) Chứng minh MA2 = MD.MB Xét ∆MAD và ∆MBA có : ∠AMB chung, ∠MDA = ∠MAB = 90° MA MB ∆MAD ∽ ∆MBA( g.g )  = (2 cặp cạnh tương ừng tỉ lệ)  MA2 = MD.MB c) MD MA Vẽ CH vuông góc với AB ( H ∈ AB ) . Chứng minh rằng MB đi qua trung điểm

của đoạn thẳng CH Gọi MB ∩ CH = N

Vì AEDM là tứ giác nội tiếp (cmt) nên ∠DEC = ∠AMD (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp) Mà ∠AMD = ∠DAB (cùng phụ với ∠AMD ) nên ∠DEC = ∠DAB (1) Ta có ∠DNC = ∠BNH (đối đỉnh ), mà ∠BNH + ∠NBH = 90°  ∠BNH = ∠DAB  ∠DNC = ∠DAB ( 2 )  ∠ DAB + ∠ NBH = 90 °  Từ (1) và (2)  ∠DEC = ∠DNC  ∠DENC là tứ giác nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)  ∠DNE = ∠DCE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DE ) Mà ∠DCE = ∠DCA = ∠DAB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung DA)  ∠DNE = ∠DBA. Mà 2 góc này nằm ở vị trí hai góc đồng vị nên EN / / AB Hay EN / / AH Lại có E là trung điểm của AC (do OM là trung trực của AC , E là giao điểm của OM và AC  N là trung điểm của CH (định lý đường trung bình trong tam giác ACH ) Vậy MB đi qua N là trung điểm của CH ( dfcm )

Bài 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

a2 b2 c2 + + với b+c c+a a+b

 a , b, c > 0  a + b + c = 3 2

x2 y2 z2 ( x + y + z ) + + ≥ Áp dụng BĐT phụ : . Dấu " = " xảy ra khi a b c a+b+c x y z = = , a, b, c > 0 a b c Chứng minh bất đẳng thức phụ:

 x y z  ; ; Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai bộ số   và  a b c

(

 x2 y2 z 2  x2 y 2 z 2 ( x + y + z ) 2 + (a + b + c) ≥ ( x + y + z) ⇔ + + ≥  + b c  a b c a+b+c  a Khi đó ta có :

)

a , b , c ta có : 2

a2 b2 c2 (a + b + c) (a + b + c) = a + b + c = 3 A= + + ≥ = b + c c + a a + b b + c + c + a + a + b 2(a + b + c) 2 2

3 Vậy Amin = . Dấu " = " xảy ra ⇔ a = b = c = 1 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn : Toán Thời gian làm bài : 120 phút (Đề gồm 01 trang có 05 câu)

Câu 1. (2,0 điểm) 1) Giải phương trình x 2 + 3 x − 10 = 0 2) Giải phương trình 3 x 4 + 2 x 2 − 5 = 0 2 x − 3 y = 1 3) Giải hệ phương trình :  x + 2 y = 4 Câu 2. (2,25 điểm) 1) Vẽ đồ thị hàm số ( P ) : y = x 2 2) Tìm giá trị của tham số m để Parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = 2 x − 3m có đúng một điểm chung 3) Cho phương trình x 2 + 5 x − 4 = 0. Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình. Không giải phương trình, hãy tính giá trị biểu thức Q = x12 + x22 + 6 x1 x2 Câu 3. (1,0 điểm)  x−4  x > 0 x−2 x  + Rút gọn biểu thức A =  : x  x   x ≠ 4  x −2 Câu 4. (1,75 điểm) 1) Hằng ngày, bạn Mai đi học bằng xe đạp, quãng đường từ nhà đến trường dài 3km. Hôm nay, xe đạp hư nên Mai nhờ mẹ chở đi đến trường bằng xe máy với vận tốc lớn hơn vận tốc khi đi xe đạp là 24km / h, cùng một thời điểm khởi hành như mọi ngày nhưng Mai đã đến trường sớm hơn 10 phút. Tính vận tốc của bạn Mai khi đi học bằng xe đạp 2) Cho ∆ABC vuông tại A, biết AB = a, AC = 2a (với a là số thực dương). Tính thể tích theo a của hình nón được tạo thành khi quay ∆ABC một vòng quanh cạnh AC cố định Câu 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn ( AB < AC ) . Ba đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại H 1) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC 2) Gọi I là trung điểm của AH . Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn ( O ) 3) Vẽ CI cắt đường tròn ( O ) tại M ( M ≠ C ) , EF cắt AD tại K. Chứng minh ba điểm B, K , M thẳng hàng.

ĐÁP ÁN TUYỂN SINH 10 CHUNG ĐỒNG NAI 2021-2022 Câu 1. 1) Giải phương trình : x 2 + 3 x − 10 = 0 Ta có : ∆ = 32 − 4.1.( −10 ) = 49 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt :  −3 + 49 =2  x1 = 2   −3 − 49 = −5  x2 =  2

2) Giải phương trình 3 x 4 + 2 x 2 − 5 = 0 Đặt t = x 2 ( t ≥ 0 ) , phương trình đã cho trở thành 3t 2 + 2t − 5 Ta có: a + b + c = 3 + 2 − 5 = 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt:

t1 = 1   x 2 = 1  x = ±1 c 5 t2 = = − (ktm) a 3  Vậy tập nghiệm của phương trình S = {1; −1} 2 x − 3 y = 1 3) Giải hệ phương trình  x + 2 y = 4 2 x − 3 y = 1  2 x − 3 y = 1 x = 4 − 2 y x = 2 Ta có :  ⇔ ⇔ ⇔ x + 2 y = 4  2 x + 4 y = 8 7 y = 7 y =1 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 2;1)

Câu 2. 1) Vẽ đồ thị hàm số ( P ) : y = x 2 Parabol ( P ) : y = x 2 có bề lõm hướng lên và nhận Oy làm trục đối xứng Ta có bảng sau : x −2

−1

y = x2

 Parabol ( P ) : y = x 2 đi qua các điểm ( −2;4 ) , ( −1;1) , ( 0;0 ) , (1;1) , ( 2;4 )

Đồ thị Parabol ( P ) : y = x 2

2) Tìm giá trị của tham số thực m để Parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng

( d ) : y = 2 x − 3m có đúng một điểm chung Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) , ( d ) ta được : x 2 = 2 x − 3m ⇔ x 2 − 2 x + 3m = 0 (1) Để ( P ) cắt ( d ) tại đúng một điểm chung khi và chỉ khi (1) có nghiêm kép ⇔ ∆ ' = 0 ⇔ 1 − 3m = 0 ⇔ m =

1 3

1 Vậy m = thỏa mãn yêu cầu bài toán 3 3) Cho phương trình x 2 + 5 x − 4. Gọi x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của phương

trình, hãy tính giá trị của biểu thức Q = x12 + x22 + 6 x1 x2 Vì x1 , x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình đã cho nên áp dụng Vi − et với phương  x + x = −5 trình x 2 + 5 x − 4 , ta có:  1 2 . Ta có : x x = − 4  1 2 2

Q = x12 + x22 + 6 x1 x2 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 6 x1 x2 2

= ( x1 + x2 ) + 4 x1 x2 = ( −5 ) + 4.( −4 ) = 9

Vậy Q = 9

Câu 3.  x−4  x > 0 x−2 x  Rút gọn biểu thức A =  + : x   x ≠ 4 x     x −2 Với x > 0, x ≠ 4 , ta có :

 x−4  x > 0 x−2 x  A= + : x   x ≠ 4 x     x −2  x +2 x −2 x x −2  1 . = +   x x −2 x   1 = x +2+ x −2 . =2 x Vậy với x > 0, x ≠ 4 thì A = 2 Câu 4. 1) Hằng ngày, bạn Mai đi học bằng xe đạp, quãng đường từ nhà đến trường dài 3km. Hôm nay, xe đạp hư nên Mai nhờ mẹ chở đi đến trường bằng xe máy với vận tốc lớn hơn vận tốc khi đi xe đạp là 24km / h, cùng một thời điểm khởi hành như mọi ngày nhưng Mai đã đến trường sớm hơn 10 phút. Tính vận tốc của bạn Mai khi đi học bằng xe đạp Gọi vận tốc của Mai khi đi học bằng xe đạp là x ( km / h )( x > 0 )

(

)(

)

(

)

3 (giờ) x Hôm nay, mẹ chở Mai đến trường bằng xe máy với vận tốc là x + 24 ( km / h ) Thời gian Mai đi xe đạp hết quãng đường 3km là

Thời gian đi xe máy hết quãng đường 3km là

3 ( h) x + 24

1 Vì cùng một thời điểm khởi hành như mọi ngày nhưng Mai đã đến sớm hơn 10 ph = h 6 nên ta có phương trình :

3 3 1 − = x x + 24 6 3 x + 72 − 3x 1 ⇔ =  x 2 + 24 x = 72.6 x ( x + 24 ) 6  x = 36(tm) ⇔ x 2 − 24 x − 432 = 0 ⇔   x = −12(ktm) Vậy vận tốc của Mai khi đi học bằng xe đạp là 12km / h 2) Cho ∆ABC vuông tại A, biết AB = a, AC = 2a (với a là số thực dương). Tính thể tích theo a của hình nón được tạo thành khi quay ∆ABC một vòng quanh cạnh AC cố định Hình nón được tạo thành khi quay ∆ABC một vòng quanh cạnh AC cố định có đường cao h = AC = 2a và bán kính đường tròn đáy là R = AB = a 1 2 1 2π a3 2 Vậy thể tích khối nón tạo thành là V = π R h = π .a .2a = 3 3 3 Câu 5.

A IM E F

K H

1) Chứng minh tứ giác BFEC nội tiếp. Xác định tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC Tứ giác BFEC có ∠BFC = ∠BEC = 90° ( gt )

Nên tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng 90°) Gọi O là trung điểm của BC  O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC 2) Gọi I là trung điểm của AH . Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn (O)\ Tam giác AEH vuông tại E có I là trung điểm của cạnh AH nên 1 IE = AH = IH (định lý đường trung tuyến trong tam giác vuông) 2 Suy ra ∆IEH cân tại I  ∠IHE = ∠IEH (tính chất tam giác cân) Mặt khác ∠BHD = ∠IHE (hai góc đối đỉnh)  ∠IEH = ∠BHD (1) Tam giác OBE có OB = OE  ∆OBE cân tại O  ∠OEB = ∠OBE (2) Cộng vế theo vế của (1) và ( 2 ) ta có : ∠IEH + ∠OEB = ∠BHD + ∠OBE  ∠OEI = ∠BHD + ∠DBH Mà ∠BHD + ∠DBH = 90° (tam giác BHD vuông tại D)  ∠OEI = 90°  EI ⊥ OE Vậy IE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại E 3) Vẽ CI cắt đường tròn ( O ) tại M ( M ≠ C ) , EF cắt AD tại K. Chứng minh ba

điểm B, K , M thẳng hàng. Xét tứ giác CDHE có ∠CDH + ∠CEH = 90° + 90° = 180° nên CDHE là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)  ∠EDH = ∠ECH (2 góc nội tiếp cùng chắn cung EH ) Mà ∠ECH = ∠IEF (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung EF )  ∠EDH = ∠IEF Xét ∆IEK và ∆IDE có : ∠DEI chung ; ∠EDH = ∠IEF (cmt )  ∠IEK = ∠IDE

IE IK =  IE 2 = ID.IK (2 cạnh tương ứng) ID IE Mà IE = IA  IA2 = ID.IK (*) ∆IEK ∽ ∆IDE ( g .g ) 

Ta sẽ chứng minh AD.DH = DI .DK (1) ⇔ ( DI + IA )( DI − IH ) = DI .DK ⇔ ( DI + IA )( DI − IA ) = DI .DK ( Do IH = IA) ⇔ DI 2 − IA2 = DI .( DI − IK ) ⇔ IA2 = DI .IK ( dung theo (*) ) Lại có ∆ADC ∽ ∆BDH ( g.g ) 

AD DC =  AD.DH = DB.DC ( 2 ) BD DH

DI DB = DC DK DI DB Xét ∆BDK và ∆IDC có ∠DBI = ∠IDC = 90°; = (cmt ) DC DK  ∆BDK ∽ ∆IDC (c.g .c)  ∠DBK = ∠DIC (hai góc tương ứng) Từ (1) và (2)  DI .DK = DB.DC 

Mà ∠DIC + ∠DCI = 90°  ∠DBK + ∠DCI = 90°  BK ⊥ IC Mà ∠BMC = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính BC )  BM ⊥ IC . Vậy B, K , M thẳng hàng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG THÁP ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2021 – 2022 MÔN TOÁN CƠ SỞ Ngày thi: 09/06/2021 Thời gian làm bài : 120 phút

Câu 1. (2,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức A = 16 + 25 b) Cho x ≥ −1, x ≠ 0 , rút gọn biểu thức B =

(

)(

x + 1 −1

)

x +1 +1

Câu 2. (1,0 điểm) x − y = 3 Giải hệ phương trình  3x + y = 1 Câu 3. (2,0 điểm) a) Vẽ đồ thị của hàm số y = x − 2

b) Xác định hệ số a để đồ thị hàm số y = ax 2 đi qua điểm M ( 2;1) Câu 4. (1,0 điểm) Biết rằng phương trình x 2 − x − 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2 . Tính giá trị của biểu thức C = x12 + x22 Câu 5. (1,0 điềm) Theo kế hoạch, một tổ trong xưởng may phải may xong 8400 chiếc khẩu trang trong một thời gian quy định. Do tình hình dịch Covid-19 diễn biến phức tạp, tổ đã quyết định tăng năng suất nên mỗi ngày tổ đã may được nhiều hơn 102 chiếc khẩu trang so với số khẩu trang phải may trong 1 ngày theo kế hoạch. Vì vậy, trước thời gian quy định 4 ngày, tổ đã may được 6416 chiếc khẩu trang. Hỏi số khẩu trang mà tổ phải may mỗi ngày theo kế hoạch là bao nhiêu ? Câu 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH . Biết AB = 3cm, AC = 4cm . Tính độ dài BC và đường cao AH Câu 7. (2,0 điểm) Cho đường tròn ( O ) . Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn ( O ) , kẻ hai tiếp tuyến

MA, MB với đường tròn ( O ) , ( A, B là các tiếp điểm) a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp b) Vẽ đường kính BK của đường tròn ( O ) , H là điểm trên BK sao cho AH ⊥ BK . Điểm I là giao điểm của AH , MK .Chứng minh I là trung điểm của HA ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TỈNH ĐỒNG THÁP MÔN TOÁN

Câu 1. a) Tính giá trị của biểu thức A = 16 + 25

A = 16 + 25 = 4 + 5 = 9 Vậy A = 9 b) Cho x ≥ −1, x ≠ 0 , rút gọn biểu thức B =

(

)(

x + 1 −1

)

x +1 +1

Điều kiện x ≥ −1, x ≠ 0 B=

(

)(

x + 1 −1

) = x + 1−1 = x = 1

x +1 +1

x Vậy với x ≥ −1, x ≠ 0 thì B = 1

x − y = 3 Câu 2. Giải hệ phương trình  3x + y = 1 x − y = 3 4 x = 4 x = 1 ⇔ ⇔  3 x + y = 1  y = x − 3  y = −2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1; −2 )

Câu 3. a) Vẽ đồ thị của hàm số y = x − 2 Ta có bảng giá trị : x 0 y

−2

2 0

Vậy đồ thị hàm số y = x − 2 là đường thẳng đi qua các điểm ( 0; −2 ) , ( 2;0 )

b) Xác định hệ số a để đồ thị hàm số y = ax 2 đi qua điểm M ( 2;1) Đồ thị hàm số y = ax 2 đi qua điểm M ( 2;1) ⇔ 1 = a.22 ⇔ a =

1 4

1 Vậy a = thỏa mãn bài toán 4 Câu 4. Biết rằng phương trình x 2 − x − 3 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2 . Tính giá trị của biểu thức C = x12 + x22 Phương trình x 2 − x − 3 = 0 có ac = −3 < 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu x1; x2 x + x = 1 Khi đó, áp dụng định lý Vi-et ta có :  1 2  x1 x2 = −3 2

Ta có : C = x12 + x22 = ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 12 − 2.( −3) = 7 Vậy C = 7 Câu 5. Theo kế hoạch, một tổ trong xưởng may phải may xong 8400 chiếc khẩu trang trong một thời gian quy định. Do tình hình dịch Covid-19 diễn biến phức tạp, tổ đã quyết định tăng năng suất nên mỗi ngày tổ đã may được nhiều hơn 102 chiếc khẩu trang so với số khẩu trang phải may trong 1 ngày theo kế hoạch. Vì vậy, trước thời gian quy định 4 ngày, tổ đã may được 6416 chiếc khẩu trang. Hỏi số khẩu trang mà tổ phải may mỗi ngày theo kế hoạch là bao nhiêu ? Gọi số khẩu trang mà tổ phải may mỗi ngày theo kế hoạch là x (chiếc), x ∈ ℕ *

8400 (ngày). Vì x sau khi tăng năng suất nên mỗi ngày tổ đã may được nhiều hơn 102 chiếc khẩu trang so với số khẩu trang phải may trong một ngày theo kế hoạch nên thực tế mỗi ngày may được x + 102 (chiếc) 6416 Thời gian tổ may được 6416 chiếc khẩu trang theo thực tế là (ngày) x + 102 Vì tổ may trước thời hạn quy định 4 ngày, tổ đã may được 6416 chiếc khẩu trang nên ta có phương trình : 8400 6416 2100 1604 − =4⇔ − =1 x x + 102 x x + 102 ⇔ 2100 ( x + 102 ) − 1604 x = x ( x + 102 ) Vì xưởng phải may 8400 chiếc khẩu trang nên thời gian để may xong là

⇔ 2100 x + 214200 − 1604 x = x 2 + 102 x  x = 700(tm) ⇔ x 2 − 394 x − 214200 = 0 ⇔   x = −306(ktm) Vậy số khẩu trang mà tổ phải may mỗi ngày theo kế hoạch là 700 chiếc. Câu 6.

A 4cm

3cm B

Áp dụng định lý Pytago vào tam giác vuông ABC ta có BC 2 = AB 2 + AC 2 = 32 + 4 2 = 25  BC = 25 = 5(cm)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC đường cao AH ta có : AB. AC 3.4 AB. AC = AH .BC  AH = = = 2, 4(cm) BC 5 Vậy BC = 5cm, AH = 2,4cm

Câu 7.

C M

B a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) lần lượt tại A, B nên ∠MAO = ∠MBO = 90° Tứ giác MAOB có ∠MAO + ∠MBO = 180° Suy ra tứ giác MAOB nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối là 180°) b) Vẽ đường kính BK của đường tròn ( O ) , H là điểm trên BK sao cho AH ⊥ BK . Điểm I là giao điểm của AH , MK .Chứng minh I là trung điểm của HA Gọi N là giao điểm của AB với MO, C là giao điểm giữa MK với đường tròn (O) Ta có OA = OB  O thuộc trung trực của AB MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên M thuộc trung trực của AB  OM là trung trực của AB  OM ⊥ AB tại N Tứ giác MCNB có ∠MCB = ∠MNB = 90°  MCNB là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau)  ∠NMB = ∠NCB (hai góc cùng chắn cung BN) Ta có: ∠NMB = ∠NBO (cùng phụ với ∠MBN )  ∠NCB = ∠NBO Lại có ∠NCB + ∠NCI = 90°; ∠NAI + ∠NBO = 90°  ∠NCI = ∠NAI Xét tứ giác ACNI có ∠NCI = ∠NAI (cmt ),  ACNI là tứ giác nội tiếp (tư giác có hai

đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau)

 ∠ANI = ∠ACI (hai góc cùng chắn cung AI ) Trong (O) có : ∠ACI = ∠ABK (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK ) Suy ra ∠ANI = ∠ABK mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên NI / / BK  NI / / BK  ∆ABK có :  1  NA = NB = 2 AB Suy ra I là trung điểm của AH  IA = IH (định lý đường trung bình của tam giác) (đpcm)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn: Toán (không chuyên) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm) a) Giải phương trình : x 2 − 6 x + 8 = 0 b) Cho phương trình x 2 − 2mx + 2m − 2 = 0, với m là tham số. Tìm giá trị của phương trình đã cho có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 + 3 x2 = 6 Câu 2.(2,0 điểm) a) Cho hàm số y = ax + b. Xác định hệ số a, b biết đồ thị của hàm số đã cho là một đường thẳng song song với đường thẳng y = 3 x và đi qua điểm M ( 5;1) b) Trong mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng ( d ) : y = 2 x + m và parabol

( P ) : y = − x 2 . Tìm m để ( d ) và ( P ) có một điểm chung. Câu 3.(2,0 điểm)  x −1 x +1 1  x > 0 a) Rút gọn biểu thức M =  − .   x + 1 x − 1   x  x ≠1  b) Giải phương trình : 12 3 x 2 − 1 − 6 3 x 4 − 2 x 2 + 1 + x 2 − 9 = 0

Câu 4.(2,0 điểm) a) Một hình chữ nhật có chu vi bằng 68cm. Nếu tăng chiều rộng 6cm và giảm chiều dài 10cm thì được hình vuông có cùng diện tích với hình chữ nhật ban đầu. Tìm kích thước của hình chữ nhật ban đầu. b) Một lọ thủy tinh hình trụ có đường kính đáy bằng 15cm (độ dày của thành lọ và đáy lọ không đáng kể) chứa nước. Người ta thả chìm hoàn toàn 10 viên bi dạng khối cầu và cùng đường kính bằng 4cm vào lọ, biết nước trong lọ không tràn ra ngoài. Tính chiều cao của lượng nước dâng lên so với mực nước ban đầu (kết quả lấy đến một chữ số sau dấu phẩy)

Câu 5. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn tâm O, hai đường cao BE , CF cắt nhau tại H ( E ∈ AC , F ∈ AB ) a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp một đường tròn b) Chứng minh EF vuông góc OA

ĐÁP ÁN VÀO 10 TỈNH GIA LAI NĂM 2021 Câu 1. a) Giải phương trình : x 2 − 6 x + 8 = 0 x2 − 6x + 8 = 0 ⇔ x2 − 4 x − 2x + 8 = 0

x = 2 ⇔ x ( x − 4 ) − 2 ( x − 4 ) = 0 ⇔ ( x − 2 )( x − 4 ) = 0 ⇔  x = 4 Vậy S = {2;4} b) Cho phương trình x 2 − 2mx + 2m − 2 = 0, với m là tham số. Tìm giá trị của phương trình đã cho có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 + 3 x2 = 6 x 2 − 2mx + 2m − 2 = 0

(1)

∆ ' = ( − m ) − ( 2m − 2 ) = m 2 − 2m + 2 = ( m − 1) + 1 > 0 (với mọi m)  ∆ ' > 0  phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

 x1 + x2 = 2m  Áp dụng định lý Vi – et và đề ta có :  x1 x2 = 2m − 2  x + 3x = 6 2  1  x + x = 2m  x1 = 3m − 3 Từ (1), (3)   1 2 ⇔  x1 + 3 x2 = 6  x2 = 3 − m

Thay vào (2)  ( 3m − 3)( 3 − m ) = 2m − 2 ⇔ −3m 2 + 12m − 9 = 2m − 2 ⇔ 3m 2 − 10m + 7 = 0  10 + 16 7 m1 = =  2 6 3 ∆ = ( −10 ) − 4.3.7 = 16    10 − 16 =1  m2 = 6 

7  Vậy m ∈  ;1 thì thỏa đề 3 

Câu 2. a) Cho hàm số y = ax + b. Xác định hệ số a, b biết đồ thị của hàm số đã cho là một đường thẳng song song với đường thẳng y = 3 x và đi qua điểm M ( 5;1) a = 3 Vì ( d ) : y = ax + b song song với đường thẳng y = 3 x   b ≠ 0

( d ) : y = 3 x + b qua

M ( 5;1)  1 = 3.5 + b ⇔ b = −14(tm)

Vậy a = 3, b = −14

b) Trong mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng ( d ) : y = 2 x + m và parabol

( P ) : y = − x 2 . Tìm m để ( d ) và ( P ) có một điểm chung. Ta có phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) : − x 2 = 2 x + m ⇔ x 2 + 2 x + m = 0 ( *)

∆ ' = 12 − m = 1 − m

Để ( d ) và ( P ) có một điểm chung thì (*) có một nghiệm duy nhất ⇔ ∆' = 0 ⇔ 1− m = 0 ⇔ m =1

Câu 3.  x −1 x +1 1  x > 0 − a) Rút gọn biểu thức M =  .   x x + 1 − 1   x  x ≠1   x −1 x +1 1 M = − = . x 1 x 1 x + −   =

(

)(

x −1− x −1

x −1+

x −1

(

) ( x + 1) . 1 ( x + 1)( x − 1) x x + 1) 1 −2.2 x . = = x −1 −

( x − 1)

−4 x −1

−4 x −1 b) Giải phương trình : 12 3 x 2 − 1 − 6 3 x 4 − 2 x 2 + 1 + x 2 − 9 = 0

Vậy khi x > 0, x ≠ 1thì M =

12 3 x 2 − 1 − 6 3 x 4 − 2 x 2 + 1 + x 2 − 9 = 0 2

⇔ 12 3 x 2 − 1 − 6 3 ( x 2 − 1) + x 2 − 1 − 8 = 0

Đặt t = 3 x 2 − 1 , phương trình thành:

12t − 6t 2 + t 3 − 8 = 0 ⇔ t 3 − 6t 2 + 12t − 8 = 0 3

⇔ (t − 2) = 0 ⇔ t = 2  3 x2 − 1 = 2  x 2 − 1 = 8 ⇔ x 2 = 9  x = ±3 Câu 4. a) Một hình chữ nhật có chu vi bằng 68cm. Nếu tăng chiều rộng 6cm và giảm chiều dài 10cm thì được hình vuông có cùng diện tích với hình chữ nhật ban đầu. Tìm kích thước của hình chữ nhật ban đầu. Gọi x ( cm ) là chiều dài ( 6 < x < 34 )  Chiều rộng ban đầu : 34 − x Diện tích ban đầu : x ( 34 − x ) Nếu tăng chiều rộng 6cm và giảm chiều dài 10cm thì diện tích không đổi nên ta có phương trình : ( x − 10 )( 34 − x + 6 ) = x ( 34 − x )

⇔ − x 2 + 50 x − 400 = − x 2 + 34 x ⇔ 16 x = 400 ⇔ x = 25 Vậy ban dầu, Chiều dài : 25cm, chiều rộng 34 − 25 = 9m b) Một lọ thủy tinh hình trụ có đường kính đáy bằng 15cm (độ dày của thành lọ và đáy lọ không đáng kể) chứa nước. Người ta thả chìm hoàn toàn 10 viên bi dạng khối cầu và cùng đường kính bằng 4cm vào lọ, biết nước trong lọ không tràn ra ngoài. Tính chiều cao của lượng nước dâng lên so với mực nước ban đầu (kết quả lấy đến một chữ số sau dấu phẩy) Bán kính đáy R =

15 225 = 7,5cm  Diện tích đáy : S = π 2 4

10.4π R3 10.4π .23 320π Diện tích 10 khối cầu : V = = = cm3 ) ( 3 3 3 Chiều cao dâng lên : h =

320π 225π : ≈ 1,9 ( cm ) 3 4

Câu 5.

A E x

O C

B a) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp một đường tròn ∆ABC có CF , BE là hai đường cao  ∠AFH = ∠AEH = 90° Suy ra tứ giác AEHF có ∠AEH + ∠AFH = 90° + 90° = 180°  AEHF là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh EF vuông góc OA Kẻ tiếp tuyến Ax Ta có : ∠BCA = ∠BAx (cùng chắn cung AB ) (1) Tứ giác BFEC có ∠BFC = ∠BEC = 90° nên E , F là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn BC dưới 1 góc 90°  BFEC là tứ giác nội tiếp  ∠BCA = ∠EFA (góc trong và góc ngoài tại đỉnh đối diện ) ( 2 ) Từ (1), (2)  ∠EFA = ∠BAx mà 2 góc ở vị trí so le trong  EF / / Ax Mà OA ⊥ Ax (tính chất tiếp tuyến)  EF ⊥ OA

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN, NĂM HỌC 2021 -2022 Ngày thi: 09/6/2021 ĐỀ THI MÔN: TOÁN HỌC (chung) Thời gian làm bài : 120 phút

Câu 1. (2,0 điểm)  1 + Cho biểu thức A =  − x x 

1  : x −1

x +1

(

)

x −1

a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm các giá trị của x để biểu thức A > 0

Câu 2. (1,5 điểm) Cho ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = ( m 2 − 4 ) x + m 2 − 3 ( m là tham số) a) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P ) với đường thẳng d khi m = 0 b) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng ( d ) : y = ( m 2 − 4 ) x + m 2 − 3 luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt Câu 3. (2,0 điểm) Hai phân xưởng của một nhà máy theo kế hoạch phải làm tổng cộng 300 sản phẩm. Nhưng khi thực hiện thì phân xưởng 1 vượt mức 10% so với kế hoạch, phân xưởng II vượt mức 20% so với kế hoạch. Do đó cả hai phân xưởng đã làm được 340 sản phẩm. Tính số sản phẩm mỗi phân xưởng phải làm theo kế hoạch. Câu 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn ( O; R ) và đường thẳng d không qua O cắt đường tròn tại hai điểm A, B. Lấy một điểm M trên tia đối của tia BA, kẻ hai tiếp tuyến MC , MD với đường tròn ( C , D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB a) Chứng minh rằng các điểm M , D, O, H cùng nằm trên một đường tròn b) Đoạn OM cắt đường tròn tại I . Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD c) Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC , MD theo thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí của điểm M trên d sao cho diện tích tam giác MPQ bé nhất Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 xyz x2 y2 z2 3 Chứng minh rằng : 4 + 4 + 4 ≤ x + zy y + xz z + xy 2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT HÀ GIANG NĂM 2021 MÔN TOÁN CHUNG Câu 1. a) Rút gọn biểu thức A x ≥ 0  x− x ≠0 x > 0  ĐKXĐ:  ⇔ x −1 ≠ 0 x ≠ 1   x −1 2 ≠ 0 

(

)

 1 A= + x− x

1+ x x

(

)

x −1

( .

1  : x −1

)

x −1

x +1

(

)

x −1

x −1 x

x −1 x b) Tìm các giá trị của x để biểu thức A > 0 Điều kiện : x > 0, x ≠ 1

Vậy với x > 0, x ≠ 1ta có : A =

A>0⇔

x −1 > 0  x − 1 > 0 do x

(

x >0

)

 x >1⇔ x >1 Kết hợp với điều kiện ta được x > 1 thỏa mãn Vậy x > 1 thì A > 0 Câu 2. a) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( P ) với đường thẳng d khi m = 0 Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và ( P ) : x 2 = ( m 2 − 4 ) x + m 2 − 3 ⇔ x 2 − ( m 2 − 4 ) x − m 2 + 3 = 0 (1)

Thay m = 0 vào phương trình trên ta được phương trình: x 2 + 4 x + 3 = 0 Ta có ∆ ' = 4 − 3 = 1 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt : x1 = −2 + 1 = −1, x2 = −2 − 1 = −3

x1 = −1  y1 = 1;

x2 = − 3  y 2 = 9

Vậy khi m = 0 thì ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm ( −1;1) , ( −3;9 )

b) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng

( d ) : y = ( m2 − 4 ) x + m2 − 3 luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) , ( P ) là : x 2 − ( m 2 − 4 ) x − m 2 + 3 = 0 (1) Đường thẳng d luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt 2

⇔ ∆ > 0 ⇔ ( m 2 − 4 ) − 4 ( − m 2 + 3) > 0 ⇔ m 4 − 8m 2 + 16 + 4m 2 − 12 > 0 ⇔ m 4 − 4m 2 + 4 > 0 2

⇔ ( m2 − 2 ) > 0 ⇔ m2 − 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ ± 2 Vậy với m ≠ ± 2 thì ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt

Câu 3. Hai phân xưởng của một nhà máy theo kế hoạch phải làm tổng cộng 300 sản phẩm. Nhưng khi thực hiện thì phân xưởng 1 vượt mức 10% so với kế hoạch, phân xưởng II vượt mức 20% so với kế hoạch. Do đó cả hai phân xưởng đã làm được 340 sản phẩm. Tính số sản phẩm mỗi phân xưởng phải làm theo kế hoạch. Gọi số sản phẩm phân xưởng I phải làm theo kế hoạch là x (sản phẩm) ( x ∈ ℕ *)  số sản phẩm phân xưởng II làm theo kế hoạch là 300 − x (sản phẩm) Vì khi thực hiện thì phân xưởng I vượt mức 10% so với kế hoạch nên số sản phẩm phân xưởng I làm được là : x + x.10% = x + 0,1x = 1,1x (sản phẩm) Phân xưởng II vượt mức 20% so với kế hoạch nên số sản phẩm phân xưởng II làm được là : 300 − x + ( 300 − x ) .20% = ( 300 − x ) .1, 2 (sản phẩm)

Tổng số sản phẩm cả hai phân xưởng làm được là 340 sản phẩm nên ta có phương trình : 1,1x + ( 300 − x ) .1, 2 = 340 ⇔ x = 200(tm) Vậy phân xưởng I cần làm 200 sản phẩm và phân xưởng II cần làm 300 − 200 = 100 sản phẩm

Câu 4.

M P C H

B I

A O D Q a) Chứng minh rằng các điểm M , D, H , O cùng nằm trên một đường tròn Do H là trung điểm của AB nên OH ⊥ AB (tính chất đường kính – dây cung) Xét tứ giác MDOH có: ∠MHO + ∠MDO = 90° + 90° = 180°  Tứ giác MDOH nội tiếp (dấu hiệu nhận biết) Vậy các điểm M , D, O, H cùng nằm trên một đường tròn b) Đoạn OM cắt đường tròn tại I. Chứng minh rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD Do MC , MD là hai tiếp tuyến của ( O ) nên MO là phân giác của ∠CMD hay MI là phân giác của ∠CMD (1) OI là phân giác của ∠COD hay ∠COI = ∠DOI  CI = DI  ∠ICM = ∠ICD Suy ra CI là phân giác của ∠MCD ( 2 ) Từ (1) , ( 2 )  I là giao điểm của các đường phân giác của ∆MCD  I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MCD ( dfcm )

c) Đường thẳng qua O, vuông góc với OM cắt các tia MC , MD theo thứ tự tại P và Q. Tìm vị trí của điểm M trên d sao cho diện tích tam giác MQP bé nhất

1 1 Ta có : SMPQ = MO.PQ = MO.2.OP = MO.OP 2 2 MO CO Mà ∆MCO ∽ ∆MOP( g .g )  =  MO.OP = MP.CO MP OP  S MPQ = MP.CO = ( MC + CP ) .CO ≥ 2 MC.CP .CO Dấu " = " xảy ra ⇔ MC = CP ⇔ ∆MOP vuông cân ⇔ ∠PMO = 45° ⇔ ∠CMD = 90° ⇔ MCOD là hình vuông cạnh R ⇔ MO = R 2 Vậy diện tích tam giác MQP bé nhất khi MO = R 2

Câu 5. Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x 2 + y 2 + z 2 = 3 xyz Chứng minh rằng

x2 y2 z2 3 + + ≤ x 4 + yz y 4 + xz z 4 + xy 2

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số x 4 và yz ta có : x 4 + yz ≥ 2 x 4 zy = 2 x 2 yz

 y 4 + xz ≥ 2 y 2 xz Tương tự :  4 2  z + xy ≥ 2 z xy

x2 y2 z2 x2 y2 z2  4 + + ≤ + + x + yz y 4 + xz z 4 + xy 2 x 2 yz 2 y 2 xz 2 z 2 xy x2 y2 z2 1 1 1 1  ⇔ 4 + 4 + 4 ≤  + +  x + yz y + xz z + xy 2  yz xz xy  x2 y2 z2 1 x+ y+ z ⇔ 4 + 4 + 4 ≤ . x + yz y + xz z + xy 2 xyz 2

Sử dụng bất đẳng thức phụ : ( a + b + c ) ≤ 3 a 2 + b 2 + c 2 (sử dụng phép biến đổi tương đương để chứng minh)

(

)

(

x+ y+ z

)

≤ 3( x + y + z )

 ( x + y + z ) ≤ 3.( x 2 + y 2 + z 2 ) = 9 xyz  x + y + z ≤ 3 xyz 

(

x+ y+ z

)

≤ 3.3 xyz = 9 xyz

 x + y + z ≤ 3 4 xyz 

1 3 4 xyz 3 1 x2 y2 z2 + + ≤ . = . x 4 + yz y 4 + xz z 4 + xy 2 xyz 2 4 xyz

Ta sẽ chứng minh

xyz ≥ 1

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho 3 số x 2 , y 2 , z 2 ta được : 2

x 2 + y 2 + z 2 ≥ 3 3 ( xyz )  3xyz ≥ 3 3 ( xyz )

 3 xyz ≥ 1( do xyz > 0)  xyz ≥ 1  4 xyz ≥ 1 1 3 4 xyz 3 1 3 x2 y2 z2  4 + 4 + 4 ≤ . = . ≤ x + yz y + xz z + xy 2 xyz 2 4 xyz 2

Dấu " = " xảy ra khi x = y = z = 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Năm học 2021 – 2022 Môn : Toán (Đề chung) Thời gian làm bài : 120 phút không kể giao đề

Câu 1. (2,0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức A = 20 − 45 + 6 + 2 5  1 2) Cho biểu thức B =  + x− x

1  : x −1

(

x +1  x > 0  2  x −1  x ≠ 1 

)

Rút gọn biểu thức B và tìm tất cả các giá trị nguyên của x sao cho B ≤

1 2

Câu 2. (2,0 điểm) 1) Giải phương trình : x 2 − 6 x + 5 = 0 2 ( x + 2 ) = 3 ( y − 1) 2) Giải hệ phương trình  3 x + y = 6 Câu 3. (1,5 diểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) có phương trình y = x 2 và đường thẳng ( d ) có phương trình y = mx + 5 ( m là tham số) 1) Trên parabol ( P ) , tìm các điểm có tung độ bằng 2 2) Chứng minh rằng đường thẳng ( d ) luôn cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B . Gọi x1 , x2 lần lượt là hoành độ của A, B. Tìm các giá trị của m để x1 − x2 = 6 Câu 4. (4,0 điểm) Cho nửa đường tròn (O) có đường kính AB = 2 R. Lấy hai điểm phân biệt C và D trên nửa đường tròn ( O ) sao cho C thuộc cung AD ( C , D không trùng với A, B ). Gọi H là giao điểm của AD và BC , E là giao điểm của AC và BD 1) Chứng minh tứ giác CEDH nội tiếp 2) Chứng minh CE.CA = CH .CB 3) Gọi F là giao điểm của EH và AB. Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDF 4) Khi C , D thay đổi trên nửa đường tròn ( O ) sao cho CD = R 3. Chứng minh trung điểm I của EH thuộc một đường tròn cố định. Câu 5. (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 6a + 3b + 2c = abc

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q =

a2 + 1 b2 + 4 c2 + 9 ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT MÔN TOÁN HÀ NAM

Câu 1. 1) Rút gọn biểu thức A = 20 − 45 + 6 + 2 5 Ta có : A = 20 − 45 + 6 + 2 5 = 2 5 − 3 5 +

(

)

5 +1

= − 5 + 5 +1=1 Vậy A = 1  1 + 2) Cho biểu thức B =  x− x  1 + B= x− x

1+ x x

(

)

x −1

1  : x −1

(

)

x −1

x +1

(

1  : x −1

(

x +1  x > 0  2  x −1  x ≠ 1 

)

x +1  x > 0  2  x −1  x ≠ 1 

)

x −1 x

x −1 x 1 Ta có B = 2 x −1 1 ⇔ =  2 x − 2 = x ⇔ x = 2  x = 4 ( tm ) 2 x 1 Vậy x = 4 thì B = 2 Câu 2. 1) Giải phương trình x 2 − 6 x + 5 = 0 Phương trình x 2 − 6 x + 5 = 0 có dạng a + b + c = 1 − 6 + 5 = 0 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1;5} Vậy B =

2 ( x + 2 ) = 3 ( y − 1) 2) Giải hệ phương trình  3 x + y = 6

2 ( x + 2 ) = 3 ( y − 1) 2 x + 4 = 3 y − 3 2 x − 3 y = −7 ⇔ ⇔  x y 3 + = 6 3 x y 6 + =  9 x + 3 y = 18  11x = 11 x = 1 ⇔ ⇔  y = 6 − 3x y = 3 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1;3) Câu 3. 1) Trên parabol (P), tìm các điểm có tung độ bằng 2 Gọi M ( x0 ;2 ) là điểm thuộc (P) và có tung độ bằng 2  M 1 2;2  x0 = 2 Khi đó ta có : x = 2 ⇔     x0 = − 2  M 2 − 2;2

( (

2 0

)

) Vậy trên (P) có hai điểm có tung độ bằng −2 là M ( 1

)

(

2;2 và M 2 − 2;2

)

2) Chứng minh rằng đường thẳng ( d ) luôn cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi x1; x2 lần lượt là hoành độ của A, B . Tìm các giá trị của m để x1 − x2 = 6 Phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là : x 2 = mx + 5 ⇔ x 2 − mx − 5 = 0 (*)

( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt

A, B ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt

⇔ ∆ > 0 ⇔ m 2 + 5 > 0 (với mọi m)  ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B với mọ i m Gọi x1; x2 lần lượt là hoành độ của A, B  x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (*) x + x = m Áp dụng hệ thức Vi – et ta có :  1 2 . Theo đề bài, ta có x1 − x2 = 6 x x = − 5  1 2 2

⇔ ( x1 − x2 ) = 36 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 36 m = 4 ⇔ m 2 − 4.( −5 ) = 36 ⇔ m 2 = 16 ⇔   m = −4 Vậy m = ±4 thỏa mãn bài toán

Câu 4.

E I C

H A

F O

1) Chứng minh tứ giác CEDH nội tiếp Vì C , D ∈đường tròn đường kính AB do đó ∠ACB = ∠ADB = 90°. Do đó ∠ECH = ∠EDH = 90° Vậy tứ giác CEDH nội tiếp đường tròn đường kính EH 2) Chứng minh CE.CA = CH .CB Từ ý 1) ta nhận xét AD, BC thứ tự là các đường cao từ A, B của tam giác EAB, nên H là trực tâm tam giác EAB. Vì vậy, EH ⊥ AB hay ∠EFB = 90° . Ta có ∠ECB = ∠EFB = 90°  tứ giác ECFB nội tiếp đường tròn đường kính EB Như vậy ∠CEF = ∠CBF hay ∠CEH = ∠CBA Xét hai tam giác CEH và CBA đều vuông tại C và có ∠CEH = ∠CBA CE CB =  CE.CA = CH .CB  ∆CEH ∽ ∆CBA  CH CA

3) Gọi F là giao điểm của EH và AB. Chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDF Theo ý 1) ta có tứ giác CEDH nội tiếp, nên ∠HCD = ∠HEC = ∠FEB . Lại có tứ giác ECFB nội tiếp (cmt), do đó ∠FEB = ∠FCB = ∠HCF Kết hợp 2 điều trên, ta có : ∠HCD = ∠HCF , hay CH là phân giác của FCD. Chứng minh tương tự, DH là phân giác CDF , do đó H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDF

4) Khi C , D thay đổi trên nửa đường tròn ( O ) sao cho CD = R 3. Chứng minh trung điểm I của EH thuộc một đường tròn cố định. Ta có tam giác ECH vuông tại C, có CI là đường trung tuyến nên IC = IH = IE. Do đó tam giác CIH cân tại I, suy ra ∠ICH = ∠IHC Vì C thuộc đường tròn đường kính AB tâm O nên ta cũng có OC = OA = OB = R Suy ra ∆OCB cân tại O nên ∠OCB = ∠OBC . Lại có: ∠ICO = ∠ICH + ∠HCO = ∠IHC + ∠CBO = ∠FHB + ∠HBF = 90° Suy ra tam giác ICO vuông tại C Tương tự tam giác EDH vuông tại D, có trung tuyến DI nên ID = IE = IH Do đó IC = ID và vì C , D cùng thuộc đường tròn đường kính AB tâm O  OC = OD = R Nên IO là trung trực của CD, do đó IO cắt CD tại Q là trung điểm của CD, và IO ⊥ CD Vì CD = R 3 nên CQ =

R 3 . Áp dụng định lý Pytago cho tam giác CQO vuông tại Q 2

3R 2 R ta có : OQ = CO − CQ = R − = 4 2 Ta có ∆ICO vuông tại C , đường cao CQ , áp dụng hệ thức lượng , ta có : 2

OC 2 R2 OC = OQ.OI  OI = = = 2R OQ R / 2 Vậy I luôn thuộc đường tròn tâm O, bán kính 2 R cố định Câu 5. 2

Giả thiết của bài toán được viết lại thành

6 3 2 + + = 1. bc ca ab

1 2 3 Đặt a = , b = , c = , khi đó ta được xy + yz + zx = 1 x y z

Biểu thức B được viết lại thành B =

x x2 + 1

y y2 + 1

z z2 + 1

Để ý đến giả thiết xy + yz + zx = 1 ta có : x 2 + 1 = x 2 + xy + yz + zx = ( x + y )( z + x ) Khi đó ta được : Q=

x 2

x +1

( x + y )( x + z )

. Hoàn toàn tương tự ta được :

( x + y )( x + z ) y

( x + y )( y + z )

( z + x )( y + z )

Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta được: 1 x x  ≤  +  ( x + y )( z + x ) 2  x + y z + x  x

1 y y  ≤  +  ( x + y )( z + x ) 2  x + y y + z  y

1 z z  ≤  +  ( x + z )( y + z ) 2  z + x y + z  z

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được : x y z 3 + + ≤ Q= ( x + y )( x + z ) ( x + y )( y + z ) ( z + x )( y + z ) 2 Vậy Max Q =

3 ⇔ a = 3, b = 2 3, c = 3 3 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học 2021 – 2022 Môn Toán Thời gian làm bài : 120 phút

Câu I. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình : x 2 + 7 x + 10 = 0 2 ( x − 3) = y − 1 2. Giải hệ phương trình :  3 x + 4 y = 13 Câu II. (2,0 điểm) 1 1 1  x ≥ 0 1. Cho biểu thức A = + +   2 x − 2 2 x + 2 x −1 x ≠ 1  a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm các số nguyên x để A đạt giá trị nguyên 2. Một mảnh vườn hình chữ nhật ban đầu có diện tích bằng 680m 2 , nếu tăng chiều dài thêm 6m và giảm chiều rộng đi 3m thì diện tích mảnh vườn không thay đổi. Tính chu vi mảnh vườn ban đầu. Câu III. (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) có phương trình y = x 2 và đường thẳng ( d ) có phương trình y = 2 ( m − 1) x + m 2 + 2m ( m là tham số) 1. Tìm tọa độ các điểm thuộc parabol ( P ) có tung độ bằng 9 2. Chứng minh đường thẳng ( d ) luôn cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B. Gọi y1 , y2 lần lượt là tung độ của hai điểm A, B. Tìm tất cả các giá trị của m để y1 + y2 = 4 Câu IV. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường tròn (O) đường kính BC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại các điểm E , F ( E ≠ B, F ≠ C ) . Gọi H là giao điểm của BF và CE 1. Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp 2. Chứng minh AF . AC = AB. AE 3. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng AH . Chứng minh ∠EBF = ∠EFK 4. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AM , AN của đường tròn (O) ( M , N là các tiếp điểm). Chứng minh ba điểm M , H , N thẳng hàng. Câu V. (0,5 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng :

3a + bc 3b + ac 3c + ab + + ≥2 a + 3a + bc b + 3b + ac c + 3c + ab

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN – TỈNH HÀ NAM 2021 Câu I. 1. Giải phương trình : x 2 + 7 x + 10 = 0 Ta có ∆ = 7 2 − 4.10 = 9 = 32 > 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt −7 + 3  x = = −2 1  2   x = −7 − 3 = −5  2 2 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S = {−5; −2} 2 ( x − 3) = y − 1 2. Giải hệ phương trình :  3 x + 4 y = 13 Ta có :

 2 ( x − 3) = y − 1  2 x − y = 5 8 x − 4 y = 20 ⇔ ⇔  3 x + 4 y = 13 3 x + 4 y = 13 3 x + 4 y = 13 11x = 33 x = 3 ⇔ ⇔  y = 2x − 5  y = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 3;1)

Câu II. 1 1 1  x ≥ 0 + +   2 x − 2 2 x + 2 x −1 x ≠ 1  a) Rút gọn biểu thức A Với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có :

1. Cho biểu thức A =

1 1 1  x ≥ 0 + +   2 x − 2 2 x + 2 x −1 x ≠ 1  x +1+ x −1+ 2

(

)(

x −1

) 2(

x +1

2 x +2

)(

x −1

) 2(

x +1

(

)

x +1

)(

x −1

)

x +1

1 x −1

1 x −1 b) Tìm các số nguyên x để A đạt giá trị nguyên 1 ∈ ℤ mà x ∈ ℤ nên x − 1∈U (1) = {−1;1} Để A∈ ℤ thì x −1 Vậy với x ≥ 0, x ≠ 1 thì A =

th1: x − 1 = 1 ⇔ x = 2 ⇔ x = 4(tm) th 2 : x − 1 = −1  x = 0 ⇔ x = 0(tm) Vậy để A∈ ℤ thì x ∈ {0;4}

2. Một mảnh vườn hình chữ nhật ban đầu có diện tích bằng 680m 2 , nếu tăng chiều dài thêm 6m và giảm chiều rộng đi 3m thì diện tích mảnh vườn không thay đổi. Tính chu vi mảnh vườn ban đầu. Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh vườn lần lượt là x, y ( m ) [ DK : x, y > 0] Vì diện tích mảnh vườn là 680m2 nên ta có phương trình xy = 680 (1) Khi tăng chiều dài thêm 6m và giảm chiều rộng đi 3m thì diện tích chiều dài mới của mảnh vườn là x + 6(m) và chiều rộng mới của mảnh vườn y − 3(m) Vì diện tích mảnh vườn lúc sau không đổi nên ta có phương trình :

( x + 6 )( y − 3) = 680 ( 2 )  xy = 680 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :  ( x + 6 )( y − 3) = 680

 xy = 680  xy = 680 ⇔ ⇔  xy − 3 x + 6 y − 18 = 680 680 − 3 x + 6 y − 18 = 680  xy = 680  xy = 680  xy = 680 ⇔ ⇔ ⇔ 3 x − 6 y + 18 = 0  x − 2 y = −6  x = 2 y − 6 2 ( 2 y − 6 ) y = 680 2 y − 6 y − 680 = 0 (1) ⇔ ⇔ x = 2 y − 6  x = 2 y − 6 ( 2 ) 

(1) ⇔ y 2 − 3 y − 340 = 0 2 ∆ = ( −3) + 4.340 = 1369 = 37 2 > 0 3 + 37  y = = 20  x = 2.20 − 6 = 34(tm) 1  2   y = 3 − 37 = −17(ktm)  2 2 Vậy chiều dài và chiều rộng ban đầu là 34m,20m nên chu vi là ( 20 + 34 ) .2 = 108m

Câu III. 1. Tìm tọa độ các điểm thuộc parabol ( P ) có tung độ bằng 9 Ta có các điểm thuộc parabol ( P ) có tung độ bằng 9 thỏa mãn : x 2 = 9 ⇔ x = ±3 Vậy các điểm cần tìm là M ( 3;9 ) và N ( −3;9 )

2. Chứng minh đường thẳng ( d ) luôn cắt parabol ( P ) tại hai điểm phân biệt

A, B. Gọi y1 , y2 lần lượt là tung độ của hai điểm A, B. Tìm tất cả các giá trị của m để y1 + y2 = 4 Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) ta có : x 2 − 2 ( m − 1) x − m 2 − 2m = 0 2

Ta có : ∆ ' = ( m − 1) − ( −m 2 − 2m ) = m2 − 2m + 1 + m 2 + 2m = 2m2 + 1 > 0 (với mọi m) Do đó đường thẳng ( d ) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B Ta gọi hai điểm phân biệt đó là A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 )

 y1 = x12  x1 + x2 = 2m − 2 Mà A, B ∈ ( P )   . Theo h ệ th ứ c Vi-et ta có:  2 2  y2 = x2  x1 x2 = − m − 2m Khi đó ta có : y1 + y2 = 4

⇔ x12 + x22 = 4 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 4 2

⇔ 4 ( m − 1) − 2 ( −m 2 − 2m ) = 4 ⇔ 4m 2 − 8m + 4 + 2m 2 + 4m − 4 = 0 ⇔ 6m 2 − 4m = 0 ⇔ 3m 2 − 2m = 0 m = 0 ⇔ 2 m = 3   2 Vậy tập giá trị của m thỏa mãn là 0;   3

Câu IV.

K E

M C B

1. Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp Ta có: ∠BEC = ∠BFC = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên ∠AEH = ∠AFH = 90° Xét tứ giác AEHF có : ∠AEH + ∠AFH = 90° + 90° = 180° . Mà 2 góc này nằm ở vị trí hai góc đối diện của tứ giác AEHF nên AEHF là tứ giác nội tiếp (dhnb) 2. Chứng minh AF . AC = AB. AE

Vì BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn ( O ) nên ∠AEF = ∠ACB (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp) Xét ∆AEF và ∆ACB có : ∠BAC chung , ∠AEF = ∠ACB (cmt ) AE AF =  AF . AC = AE. AB( dfcm) AC AB 3. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng AH . Chứng minh ∠EBF = ∠EFK Gọi AH ∩ BC = { D}  ∆AEF ∽ ∆ACB ( g .g ) 

Vì ∠BEC = ∠BFC = 90° ( cmt ) nên BF ⊥ AC , CE ⊥ AB Mà BF ∩ CE = {H } nên H là trực tâm của ∆ABC  AD ⊥ BC  ∠CAD = ∠CBF (cùng phụ với ∠ACB )

1 AH = KA = KH 2  ∆KAF cân tại K (định nghĩa)  ∠KAF = ∠KFA = ∠CAD  ∠KFA = ∠CBF = ∠OBF 1 ∆BCF vuông tại F có trung tuyến FO nên FO = BC = OB = OC  ∆OBF cân tại O 2  ∠OBF = ∠OFB  ∠KFA + ∠KFB = ∠OFB + ∠KFB  ∠AFB = ∠OFK = 90°  KF ⊥ OF tại F nên KF là tiếp tuyến của ( O ) tại F

Ta có : ∆AFH vuông tại F có trung tuyến FK nên FK =

Vậy ∠EBF = ∠EFK (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung EF )

4. Từ điểm A kẻ các tiếp tuyến AM , AN của đường tròn (O) ( M , N là các tiếp điểm). Chứng minh ba điểm M , H , N thẳng hàng. Gọi H ' = MN ∩ AD, ta sẽ chứng minh H ≡ H ' Vì AD ⊥ BC  ∠ADC = 90°  ∠ODH = 90° Ta có : AM = AN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên A thuộc trung trực của MN Lại có OM = ON (= R) nên O thuộc trung trực của MN Nên OA là đường trung trực của MN Gọi { I } = OA ∩ MN  OA ⊥ MN tại I  ∠OIH ' = 90°

Xét tứ giác ODH ' I có ∠ODH '+ ∠OIH ' = 90° + 90° = 180°, mà 2 góc này nằm ở vị trí hai góc đối nhau của tứ giác ODH ' I nên ODH ' I là tứ giác nội tiếp  ∠AH ' I = ∠AOD (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp) Xét ∆AIH ' và ∆ADO có ∠OAD chung , ∠AH ' I = ∠AOD (cmt )  ∆AIH ' ∽ ∆ADO( g .g ) 

AH ' AI =  AH '. AD = AO. AI AO AD

Xét tam giác AON vuông tại N có đường cao NI ta có : AO. AI = AN 2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông)  AH '. AD = AN 2 Xét ∆ANF và ∆ACN có :

) ∠NAC chung , ∠ANF = ∠ACN (cùng chắn NF  ∆ANF ∽ ∆ACN ( g.g ) 

AN AF =  AN 2 = AF . AC AC AN

 AH '. AD = AF . AC (1) Xét ∆AHF và ∆ACD có : ∠CAD chung , ∠AFH = ∠ADC = 90°  ∆AHF ∽ ∆ACD( g .g ) 

AH AF =  AH . AD = AF . AC ( 2 ) AC AD

Từ (1) , ( 2 )  AH '. AD = AH . AD  AH ' = AH ⇔ H ' ≡ H Vậy H = MN ∩ AD hay M , H , N thẳng hàng (đpcm)

Câu V. Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng :

3a + bc 3b + ac 3c + ab + + ≥2 a + 3a + bc b + 3b + ac c + 3c + ab Ta có điểm rơi của bài toán là a = b = c = 1 BDT ⇔

1 a +1 3a + bc

1 b +1 3b + ca

1 c +1 3c + ab

≥2

Áp dụng BDT : 1 a +1 3a + bc

1 1 1 9 + + ≥ . Dấu bằng xảy ra khi X = Y = Z , ta có : X Y Z X +Y + Z 1 b +1 3b + ca

1 c +1 3c + ab

≥

9 a b c + + +3 3a + bc 3b + ca 3c + ab

Bây giờ bài toán trở về dạng quen thuộc, khi ta chỉ cần chứng minh

3 a b c + + ≤ 3a + bc 3b + ca 3c + ab 2 Chú ý rằng 3a + bc = ( a + b + c ) a + bc = a 2 + ab + bc + ca = ( a + b )( a + c )



a 1 1 =a . a+b a+c 3a + bc

Tương tự :

AM −GM

≤

a 1 1  1 a a  + +  =   2 a +b a + c  2 a +b c + a 

b 1 b b  c 1 c c  ≤  + ≤  + ;  3b + ca 2  b + c a + b  3c + ab 2  c + a b + c 

Cộng vế theo vế : a b c 1a +b b+c c+a  3 + + ≤  + +  = (dfcm) 3a + bc 3b + ca 3c + ab 2  a + b b + c c + a  2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 1 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi: Toán Ngày thi: 13/06/2021 Thời gian làm bài : 90 phút

Bài I. (2,0 điểm)

x 2 x 3x + 9  x ≥ 0  và B = −   x +3 x − 3 x − 9  x ≠ 9 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 16 3 2) Chứng minh A + B = x +3 Bài II. (2,5 điểm ) 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một tổ sản xuất phải làm xong 4800 bộ đồ bảo hộ y tế trong một số ngày quy định. Thực tế, mỗi ngày tổ đó đã làm được nhiều hơn 100 bộ đồ bảo hộ y tế so với số bộ đồ bảo hộ y tế phải làm trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế 8 ngày trước khi hết thời hạn, tổ sản xuất đã làm xong 4800 bộ đồ bảo hộ y tế đó. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày tổ sản xuất phải làm bao nhiêu bộ đồ bảo hộ y tế ? (Giả định rằng số bộ đồ bảo hộ y tế mà tổ đó làm xong trong mỗi ngày là bằng nhau). 2) Một thùng nước có dạng hình trụ với chiều cao 1,6m và bán kính đáy 0,5m . Người ta sơn toàn bộ phía ngoài mặt xung quanh của thùng nước này (trừ hai mặt đáy). Tính diện tích bề mặt được sơn của thùng nước (lấy π ≈ 3,14) Bài III. (2,0 điểm)  3  x + 1 − 2 y = −1 1) Giải hệ phương trình   5 + 3 y = 11  x + 1 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = 2 x + m − 2 . Tìm tất cả các giá trị của m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2 sao cho x1 − x2 = 2 Bài IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Vẽ đường tròn tâm C, bán kính CA. Từ điểm B kẻ tiếp tuyến BM với đường tròn ( C ; CA ) ( M là tiếp điểm, M và A nằm khác phía đối với đường thẳng BC ). 1) Chứng minh bốn điểm A, C , M và B cùng thuộc một đường tròn 2) Lấy điểm N thuộc đoạn thẳng AB ( N khác A, N khác B). Lấy điểm P thuộc tia đối của tia MB sao cho MP = AN . Chứng minh tam giác CPN là tam giác cân và đường thẳng AM đi qua trung điểm của đoạn thẳng NP Bài V. (0,5 điểm) Với các số thực a và b thỏa mãn a 2 + b 2 = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 ( a + b ) + ab Cho hai biểu thức A =

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN HÀ NỘI 2021 Bài I. 1) Tính giá trị biểu thức A khi x = 16

16 4 4 = = 16 + 3 4 + 3 7

Thay x = 16(tmdk )  A = Vậy khi x = 16 thì A =

4 7

3 x +3

2) Chứng minh A + B = Điều kiện : x ≥ 0, x ≠ 9 A+ B = x. =

(

x 2 x 3x + 9 + − x +3 x −3 x−9

)

x − 3 + 2 x.

(

x +3

)(

(

)

x + 3 − 3x − 9 x −3

)

x − 3 x + 2 x + 6 x − 3x − 9

(

x +3

)(

x −3

)

3 x −9

(

x +3

)(

x −3

3 =

) (

(

x +3

x −3

)(

)

x −3

)

3 (dfcm) x +3

Bài II. 1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Một tổ sản xuất phải làm xong 4800 bộ đồ bảo hộ y tế trong một số ngày quy định. Thực tế, mỗi ngày tổ đó đã làm được nhiều hơn 100 bộ đồ bảo hộ y tế so với số bộ đồ bảo hộ y tế phải làm trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế 8 ngày trước khi hết thời hạn, tổ sản xuất đã làm xong 4800 bộ đồ bảo hộ y tế đó. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày tổ sản xuất phải làm bao nhiêu bộ đồ bảo hộ y tế ? (Giả định rằng số bộ đồ bảo hộ y tế mà tổ đó làm xong trong mỗi ngày là bằng nhau). Gọi số đồ bảo hộ y tế tổ sản xuất phải làm trong 1 ngày theo kế hoạch : x ( x ∈ ℕ *) 4800 (ngày)  Thời gian theo kế hoạch tổ sản xuất làm xong 4800 bộ đồ : x Thực tế mỗi ngày, tổ đó làm được số bộ đồ bảo hộ y tế: x + 100 (bộ) 4800 (ngày)  Thời gian thực tế tổ sản xuất làm xong 4800 bộ đồ là x + 100 Theo đề bài, tổ sản xuất đã làm xong 4800 bộ đồ trước 8 ngày so với kế hoạch nên ta có 4800 4800 phương trình : − =8 x x + 100

⇔ 4800 ( x + 100 ) − 4800 x = 8 x ( x + 100 ) ⇔ 600 ( x + 100 ) − 600 x = x ( x + 100 ) ⇔ x 2 + 100 x − 60000 = 0 Phương trình có ∆ ' = 502 + 60000 = 62500 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt  x1 = −50 + 62500 = 200(tm)   x2 = −50 − 62500 = −300(ktm) Vậy theo kế hoạch mỗi ngày tổ sản xuất phải làm 200 bộ đồ bảo hộ y tế 2) Một thùng nước có dạng hình trụ với chiều cao 1,6m và bán kính đáy 0,5m . Người ta sơn toàn bộ phía ngoài mặt xung quanh của thùng nước này (trừ hai mặt đáy). Tính diện tích bề mặt được sơn của thùng nước (lấy π ≈ 3,14) Thùng nước hình trụ có chiều cao h = 1,6cm và bán kính đáy R = 0,5m Diện tích bề mặt được sơn của thùng nước : 2π Rh = 2.3,14.0,5.1,6 = 5,024 ( m 2 )

Vậy diện tích bề mặt được sơn của thùng nước là 5,024m2 Bài III.  3  x + 1 − 2 y = −1 1) Giải hệ phương trình   5 + 3 y = 11  x + 1

ĐKXĐ: x ≠ −1 , Đặt

1 = t , hệ phương trình trở thành x +1

3t − 2 y = −1  5t + 3 y = 11

Ta có : 3t − 2 y = −1 9t − 6 y = −3 19t = 19 t = 1 ⇔ ⇔ ⇔  5t + 3 y = 11 10t + 6 y = 22 3t − 2 y = −1  y = 2 1 =1⇔ x = 0 x +1 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 0;2 ) Với t = 1 

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng

( d ) : y = 2 x + m − 2 . Tìm tất cả các giá trị của m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2 sao cho x1 − x2 = 2

Xét phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) x 2 = 2 x + m − 2 ⇔ x 2 − 2 x − m + 2 = 0 ( *)

( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ

x1 , x2  Phương trình (*) phải có 2

nghiệm phân biệt x1; x2 ⇔ ∆' > 0 ⇔ 1+ m − 2 > 0 ⇔ m −1 > 0 ⇔ m >1 x + x = 2 . Theo giả thiết: Khi đó, theo định lý Vi-et ta có :  1 2 x x = − m + 2  1 1 2

x1 − x2 = 2 ⇔ x1 − x2 = 4 ⇔ x12 + x22 − 2 x1 x2 = 4 2

⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 = 4 ⇔ 4 − 4 ( −m + 2 ) = 4 ⇔ m = 2(tm) Vậy m = 2 Bài IV.

A N B

C E M P

1) Chứng minh bốn điểm A, C , M và B cùng thuộc một đường tròn Ta có : tam giác ABC vuông tại A nên ∠BAC = 90°

MB là tiếp tuyến của đường tròn ( C ; CA ) nên ∠CMB = 90° (định nghĩa tiếp tuyến của đường tròn) Xét tứ giác ACMB ta có : ∠CAB + ∠CMB = 90° + 90° = 180°  ACMB là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180°) Hay bốn điểm A, C , M , B cùng thuộc một đường tròn (đpcm)

2) Lấy điểm N thuộc đoạn thẳng AB ( N khác A, N khác B). Lấy điểm P thuộc tia đối của tia MB sao cho MP = AN . Chứng minh tam giác CPN là tam giác cân và đường thẳng AM đi qua trung điểm của đoạn thẳng NP Xét tam giác CAN và tam giác CMP có: AN = MP( gt ), ∠CAN = ∠CMP = 90° ; AC = CM ( A, M cùng thuộc đường tròn ( C ; CA ))  ∆CAN = ∆CMP (c.g .c)  CN = CP (hai cạnh tương ứng)  ∆CNP cân tại C (đpcm) Gọi E là giao điểm của AM , PN Vì ∆CAN = ∆CMP(cmt ) nên : ∠ACN = ∠MCP (hai góc tương ứng bằng nhau)  ∠ACM = ∠ACN + ∠NCM = ∠PCM + ∠MCN = ∠NCP CA = CM (cmt ) CA CM Ta có :   = CN CP CN = CP (cmt ) Xét ∆CAM và ∆CNP có: CA CM = ( cmt ) ; ∠ACM = ∠NCP ( cmt )  ∆CAM ∽ ∆CNP(c.g.c) CN CP  ∠CAE = ∠CNE (2 góc tương ứng bằng nhau)  CANE là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề 1 cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau)  ∠CEN = 90°  CE ⊥ PN Mà ∆CNP cân tại C (cmt)  CE là đường cao, đồng thời là đường trung tuyến của ∆CNP  E là trung điểm của PN Vậy đường thẳng AM đi qua trung điểm của đoạn thẳng NP ( dfcm )

Bài V. Với các số thực a và bthỏa mãn a 2 + b 2 = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 3 ( a + b ) + ab Ta có :

(a + b)

=a +b

(a + b) + 2ab = 2 + 2ab  ab =

Khi đó ta có: P = 3 ( a + b ) + ab = 3 ( a + b ) +

−2

1 2 (a + b) −1 2

1 11 1 11 2 2 P = ( a + b ) + 6 ( a + b ) + 9  −  P = ( a + b + 3 ) −  2 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :

( a + b)

≤ 2 ( a 2 + b2 ) = 2.2 = 4  −2 ≤ a + b ≤ 2

 −1 ≤ a + b + 3 ≤ 5  −5 ≤

1 11 2 ( a + b + 3) − ≤ 7 2 2

⇔ Pmin = −5 a 2 + b 2 = 2  Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi  a = b ⇔ a = b = −1  a + b = −2 

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng −5 ⇔ a = b = −1

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐH KHOA HỌC TỰ NHIÊN ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2021 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài : 90 phút (không kể giao đề)

Bài 1. (2,0 điểm) Giải phương trình : 13 5 − x + 18 x + 8 = 61 + x + 3

( 5 − x )( x + 8)

Bài 2. (2,0 điểm)  x 4 + y 4 + 6 x 2 y 2 = 1 Giải hệ phương trình :  4  x ( x + y ) = x − y

Bài 3. (2,0 điểm) Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất, biết rằng khi chia n cho 7,9,11,13 ta nhận được các số dư tương ứng 3,4,5,6 Bài 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có điểm P nằm trong tam giác (P không nằm trên các cạnh). Gọi J , K , L lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác PBC , PCA, PAB 1) Chứng minh rằng ∠BJC + ∠CKA + ∠ALB = 450° 2) Giả sử PB = PC và PC < PA. Gọi X ,Y , Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của J , K , L trên các cạnh BC , CA, AB. Dựng hình bình hành XYWZ . Chứng minh rằng W nằm trên phân giác ∠BAC Bài 5. (1,0 điểm) Cho tập A = {1;2;3;....;2021} . Tìm số nguyên dương k lớn nhất

( k > 2 ) sao cho ta có thể chọn được k số phân biệt từ tập

A mà tổng của hai số phân biệt

bất kỳ trong k số được chọn không chia hết cho hiệu của chúng .

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 CHUYÊN KHTN HÀ NỘI NĂM 2021 MÔN TOÁN CHUNG Bài 1. Giải phương trình : 13 5 − x + 18 x + 8 = 61 + x + 3

( 5 − x )( x + 8)

5 − x ≥ 0 ĐKXĐ:  ⇔ −8 ≤ x ≤ 5 x + 8 ≥ 0  13 5 − x + 18 x + 8 = 61 + x + 3

( 5 − x )( x + 8 ) (1)

Đặt a = 5 − x , a ≥ 0

(1) trở thành : 13a + 18

13 − a 2 = 61 + 5 − a 2 + 3a 13 − a 2

⇔ 3 13 − a 2 ( 6 − a ) = −a 2 − 13a + 66 2

⇔ 9 (13 − a 2 ) ( 6 − a ) = ( a 2 + 13a − 66 )

⇔ 9 (13 − a 2 )( a 2 − 12a + 36 ) = a 4 + 26a 3 + 37 a 2 − 1716a + 4356 ⇔ 10a 4 − 82a 3 + 244a 2 − 312a + 144 = 0 ⇔ ( a − 2 )( a − 3) (10a 2 − 32a + 24 ) = 0   a = 2 x =1   ⇔  a = 3 ⇔  x = −4   6 89 a =  x = 5 25   Cả 3 nghiệm thỏa mãn điều kiện 89   Vậy phương trình có tập nghiệm S = −4;1;  25    x 4 + y 4 + 6 x 2 y 2 = 1 Bài 2. Giải hệ phương trình :  4  x ( x + y ) = x − y

TH1: x = 0  y = 0 (loại) Th 2 : x ≠ 0  x4 + y 4 + 6 x2 y 2 = 1  Suy ra  4 y 4 2 2 2 2  x + y + 6 x y + 4 xy ( x + y ) = 1 − x 

Lấy ( 2 ) − (1) ta được : 4 xy ( x 2 + y 2 ) = −

(1) (2)

y x

y = 0 ⇔ 2 2 2  4 x ( x + y ) = −1

Với y = 0, thay vào phương trình (1)  x 4 = 1 ⇔ x = ±1 Với 4 x 2 ( x 2 + y 2 ) = −1 (phương trình vô nghiệm do vế trái của phương trình luôn không âm) Vậy hệ phương trình đã cho có hai cặp nghiệm ( x; y ) ∈{( −1;0 ) , (1;0 )}

Bài 3.Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất, biết rằng khi chia n cho 7,9,11,13 ta nhận được các số dư tương ứng là 3,4,5,6 Vì n chia 7 dư 3 nên 2n chia 7 dư 6 Vì n chia 9 dư 4 nên 2n chia 9 dư 8 Vì n chia 11 dư 5 nên 2n chia 11 dư 10 Vì n chia 13 dư 6 nên 2n chia 13 dư 12  2n + 1 chia hết cho 7;9;11;13 Mà n là số tự nhiên nhỏ nhất nên 2n + 1 = BCNN ( 7;9;11;13)  2n + 1 = 7.9.11.13  n = 4504

Bài 4.

A M W

K Y P J C

1) Chứng minh rằng ∠BJC + ∠CKA + ∠ALB = 450° Ta có : 1 1 ∠BJC = 180° − ( ∠PBC + ∠PCB ) , ∠CKA = 180° − ( ∠PAC + ∠PCA ) 2 2 1 ∠ALB = 180° − ( ∠PAB + ∠PBA ) 2 1  ∠BJC + ∠CKA + ∠ALB = 540° − .180° = 450° 2

2) Giả sử PB = PC và PC < PA . Gọi X ,Y , Z lần lượt là hình chiếu vuông góc của J , K , L trên các cạnh BC , CA, AB. Dựng hình bình hành XYWZ . Chứng minh rằng W nằm trên phân giác ∠BAC Kẻ BM / / XY ( M ∈ AC ) , CN / / XZ ( N ∈ AB ) Vì X là trung điểm của BC  Y là trung điểm của MC Suy ra W là trung điểm của MN (1) Mặt khác Y là trung điểm của MC  AM = AC − 2CY = AC − ( AC + CP − AP ) (vì K là tâm đường tròn nội tiếp ∆ACP ) = AP − CP Tương tự AN = AP − BP mà BP = CP  AM = AN  ∆AMN cân tại A (2) Từ (1) và (2), suy ra AW là phân giác của ∠BAC

Bài 5. Cho tập A = {1;2;3;....;2021} . Tìm số nguyên dương k lớn nhất ( k > 2 ) sao cho ta có thể chọn được k số phân biệt từ tập A mà tổng của hai số phân biệt bất kỳ trong k số được chọn không chia hết cho hiệu của chúng . Gọi B là tập con của tập A thỏa mãn hai phần tử bất kỳ của B có tổng không chia hết cho hiệu Dễ thấy trong 3 số tự nhiên liên tiếp ta chỉ có thể chọn 1 phần tử vào B . Thật vậy Với 3 số x, x + 1, x + 2 nếu có 2 phần tử trong B thì : x + ( x + 2 ) = 2 x + 2 chia hết cho ( x + 2 ) − x = 2 x + ( x + 1) = 2 x + 1 chia hết cho x + 1 − x = 1

( x + 1) + ( x + 2 ) = 2 x + 3 chia hết cho ( x + 2 ) − ( x + 1) = 1 Với cách xây dựng tập B như vậy thì số phần tử của B không thể lớn hơn  2021   3 + 1 = 674 Tập B = {1;4;7;.....;2020} có 674 phần tử thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy giá trị lớn nhất của k là 674

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1. (2,0 điểm)

(

)

+ ab  a ≥ 0, b ≥ 0   b−a a a −b b  Cho P =  − :  a ≠ b  a−b  a+ b    b− a a) Rút gọn P b) Chứng minh rằng P ≥ 0 Bài 2. (3,0 điểm) a) Chứng minh rằng : với mọi giá trị của m, ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm: x 2 − ( 2m + 1) x + m 2 + 3 = 0; x 2 − mx + 4m − 11 = 0 b) b− a

A 45°

O D

Một tấm biển quảng cáo có dạng hình tròn tâm O, bán kính bằng 1,6m . Giả sử hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính bằng 1,6m sao cho ∠BOC = 45° (như hình vẽ). Người ta cần sơn màu toàn bộ tấm biển quảng cáo và chỉ sơn một mặt như hình ở bên. Biết mức chi phí sơn phần hình tô đậm là 150 nghìn đồng /m 2 và phần còn lại là 200 nghin đồng/m 2 . Hỏi số tiền (làm tròn đến đơn vị nghìn đồng) để sơn toàn bộ biển quảng cáo bằng bao nhiêu ? Cho π = 3,14 Bài 3. (3,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C cố định sao cho A, B, C thẳng hàng, B nằm giữa A và C. Gọi ( d ) là đường thẳng đi qua C và vuông góc với AB. Lấy điểm M tùy ý trên

( d ) . Đường thẳng đi qua

B và vuông góc với AM cắt các đường thẳng AM , d lần lượt tại I , N . Đường thẳng MB cắt AN tại K a) Chứng minh rằng tứ giác MIKN nội tiếp b) Chứng minh rằng CM .CN = AC.BC c) Gọi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN . Vẽ hình bình hành MBNE . Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng BE. Chứng minh rằng OH vuông 1 góc với đường thẳng ( d ) và OH = AB 2 Bài 4. (2,0 điểm)  x 2 + y 2 − 4 x = 57 a) Giải hệ phương trình sau :  2021 2021 =1  x − 1 + x − 2

b) Cho a và b là hai số hữu tỉ. Chứng minh rằng a 2 + b 3 cũng là số hữu tỉ ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN SƯ PHẠM MÔN TOÁN CHUNG 2021 Bài 1. a) Rút gọn P  b−a a a −b b  P= − : a b − b a −  

(

b− a

)

+ ab

a+ b

 b− a 3 3  b+ a a b −  : b − 2 ab + a + ab = −  a −b  b− a a+ b    a − b a + ab + b  b − ab + a  : = b+ a−  a+ b a− b a+ b   

(

)(

)

(

)( )(

(

( = =

a+ b

)

− a − ab − b

a+ b

a+ b a + 2 ab + b − a − ab − b = b − ab + a b − ab + a

ab a − ab + b

ab với a ≥ 0, b ≥ 0, a ≠ b a − ab + b b) Chứng minh rằng P ≥ 0

Vậy P =

Ta có :

(

a− b

)

≥ 0 ⇔ a − 2 ab + b ≥ 0 ⇔ a + b ≥ 2 ab > ab

Do đó a + b − ab > 0. Mà ab ≥ 0 ab ≥ 0 với a ≥ 0, b ≥ 0, a ≠ b (đpcm) Suy ra P = a − ab + b

Bài 2. a) Chứng minh rằng : với mọi giá trị của m, ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm: x 2 − ( 2m + 1) x + m 2 + 3 = 0; x 2 − mx + 4m − 11 = 0 Đặt x 2 − ( 2m + 1) x + m 2 + 3 = 0 (1) và x 2 − mx + 4m − 11 = 0 ( 2 ) Giả sử cả 2 phương trình đều vô nghiệm 4m − 11 < 0 4m − 11 < 0  2 ⇔ 2  Giả sử sai m − 4 ( 4m − 11) < 0 m < 4 ( 4m − 11) < 0(vo ly ) Vậy trong 2 phương trình đã cho có ít nhất 1 phương trình có nghiệm (đpcm)

b) Một tấm biển quảng cáo có dạng hình tròn tâm O, bán kính bằng 1,6m . Giả sử hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính bằng 1,6m sao cho ∠BOC = 45° (như hình vẽ). Người ta cần sơn màu toàn bộ tấm biển quảng cáo và chỉ sơn một mặt như hình ở bên. Biết mức chi phí sơn phần hình tô đậm là 150 nghìn đồng /m 2 và phần còn lại là 200 nghin đồng/m 2 . Hỏi số tiền (làm tròn đến đơn vị nghìn đồng) để sơn toàn bộ biển quảng cáo bằng bao nhiêu ? Cho π = 3,14

A H O

45°

Diện tích hình tròn là S = π R 2 = 3,14.1,62 = 8,0384 ( cm 2 ) Gọi H là trung điểm của BC Vì ABCD là hình vuông nên OA = OB = OC = OD  ∆OBC cân tại O  OH ⊥ BC (đường trung tuyến đồng thời là đường cao trong tam giác vuông) 180° − ∠BOC = 67,5° Xét tam giác OBC có: ∠OBC = ∠OCB = 2 Xét tam giác vuông OHB có : OH sin ∠OBC = sin ∠OBH =  OH = OB.sin ∠OBH = 1,6.sin 67,5° OB BH cos ∠OBC = cos ∠OBH =  BH = OB.cos ∠OBH = 1,6cos 67,5° OB  BC = 3, 2.cos 67,5°

π R 2 .45

3,14.1,62  SqOBC = = = 1,0048(cm 2 ) 360 8  Diện tích phần hình tô đậm là S2 = S − S1 ≈ 7,839(cm 2 ) Vậy chi phí để sơn toàn bộ biển quảng cáo là : 150000 S 2 + 200000 S1 = 1215000 (đồng)

Bài 3.

M I

K N Q a) Chứng minh rằng : tứ giác MIKN nội tiếp  AC ⊥ MN ( gt )  Tam giác AMN có :  IN ⊥ AM ( gt )  B là trực tâm tam giác AMN  AC ∩ NI = B { }   MK ⊥ AN Xét tứ giác MIKN có ∠MIN = ∠MKN = 90° Suy ra tứ giác MIKN nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng 1 cạnh dưới các góc bằng nhau) b) Chứng minh CM .CN = AC.BC Xét tam giác MBC và tam giác ANC có : ∠MCB = ∠ACN = 90°; ∠CMB = CAN (cùng phụ với ∠ANM ) BC MC  ∆MBC ∽ ∆ANC ( g .g )  =  CM .NC = AC.BC ( dfcm ) CN AC c) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN . Vẽ hình bình hành MBNE. Gọi H là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng OH vuông góc 1 với đường thẳng ( d ) và OH = AB 2 Tứ giác BMEN là hình bình hành có H là trung điểm BE nên H đồng thời là trung điểm của MN (tính chất hình bình hành) Ta có : OM = ON  ∆OMN cân tại O Lại có H là trung điểm của MN , suy ra OH ⊥ MN hay OH ⊥ ( d ) (trong tam giác cân, đường trung tuyến đồng thời là đường cao)

Gọi Q là giao điểm giữa MO với đường tròn ( O )( Q ≠ M )  MQ là đường kính của (O)  HM = HN (cmt ) Ta có tam giác MQN có  QO = OM ( cach ve ) 1 Suy ra OH là đường trung bình của tam giác MQN  OH = QN (1) (tính chất đường 2 trung bình của tam giác) Ta có : ∠MNQ = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  MN ⊥ NQ Mà AB ⊥ MN ( gt )  AB / / NQ (từ vuông góc đến song song) Chứng minh tương tự ta có AQ / / BN Suy ra tứ giác ABNQ là hình bình hành (dhnb)  AB = NQ ( 2 ) 1 Từ (1), (2) suy ra OH = AB(dfcm) 2 Bài 4.  x 2 + y 2 − 4 x = 57 (1) a) Giải hệ phương trình  2021 2021 + x−2 =1 (2)  x − 1 2021 2020 > 1  Hệ phương trình vô nghiệm +Nếu x > 2 thì x − 1 > 1  x − 1 + x − 2 +Nếu x < 1  2 − x > 1  x − 1

2021

+ x−2

2020

> 1  Hệ phương trình vô nghiệm

0 < x − 1 < 1 +Nếu 1 < x < 2   0 < 2 − x < 1  x − 1 2021 < x − 1 = x − 1 Khi đó ta có :  2020 2020 = 2− x < 2− x =2− x  x − 2 2021 2020  x −1 + x − 2 = 1 < x − 1 + 2 − x = 1  Hệ phương trình vô nghiệm

+Nếu x = 1 (thỏa mãn (2), thay vào (1) ta có :1 + y 2 − 4 = 57 ⇔ y 2 = 60 ⇔ y = ±2 15 +Nếu x = 2 (thỏa mãn (2), thay vào (1) , ta có : 4 + y 2 − 8 = 57 ⇔ y 2 = 61 ⇔ y = ± 61 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

( x; y ) ∈{(1;2

)(

15 ; 1; −2 15 ; 2; 61 ; 2; − 61

)}

b) Cho a và b là hai số hữu tỉ. Chứng minh rằng a 2 + b 3 cũng là số hữu tỉ thì a = b = 0

(

)(

)

Ta có : a 2 + b 3 a 2 − b 3 = 2a 2 − 3b 2

(

)(

)

Vì a, b ∈ ℚ  2a 2 − 3b 2 ∈ ℚ  a 2 + b 3 a 2 − b 3 ∈ ℚ Mà a 2 + b 3 ∈ ℚ  a 2 − b 3 ∈ ℚ

  a 2 + b 3 + a 2 − b 3 ∈ ℚ 2a 2 ∈ ℚ   a=b=0  a 2 + b 3 − a 2 − b 3 ∈ ℚ 2b 3 ∈ ℚ  Vậy với a, b ∈ ℚ, nếu a 2 + b 3 cũng là số hữu tỉ thì a = b = 0(dfcm)

( (

) ( ) (

) )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÃ ĐỀ 01

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài : 90 phút

Câu 1. (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau : a ) P = 45 + 20 − 5

x≥0  1  1   1  b )Q =  +  : 1 − 4x  x ≠ 1   2 x +1 2 x −1   4 Câu 2. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng ( d ) : y = mx + 3m + 2 và ( d1 ) : y = x + 1 . Tìm giá trị của m để hai đường thẳng ( d ) , ( d1 ) song song với nhau Câu 3. (2,0 điểm) Cho phương trình : x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 = 0 ( m là tham số) a) Giải phương trình với m = 1 b) Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 + 6 = 4 x1 x2 Câu 4. (1,0 điểm) Giả sử tiền điện hằng tháng được tính theo bậc thang như sau Bậc 1: Từ 1k Wh đến 100kWh thì giá điện là 1500d / 1kWh Bậc 2: Từ 101kWh đến 150kWh thì giá điện là 2000d / 1kWh Bậc 3: Từ 151kWh trở lên thì giá điện là 4000d / kWh (Ví dụ: Nếu dùng 170kWh thì có 100kWh tính theo giá bậc 1, có 50kWh tính theo giá bậc 2 và có 20kWh tính theo giá bậc 3) Tháng 4 năm 2021 tổng số tiền điện của nhà bạn A và nhà bạn B là 560000d . So với tháng 4 thì tháng 5 tiền điện của nhà bạn A tăng 30%, nhà bạn B tăng 20%, do đó tổng số tiền điện của hai nhà trong tháng 5 là 701000 đồng. Hỏi tháng 4 nhà bạn A phải trả bao nhiêu tiền điện và dùng hết bao nhiêu KWh / (biết rằng số tiền điện ở trên không tính thuế giá trị gia tăng) Câu 5. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, có độ dài cạnh AB = 3cm, cạnh AC = 4cm. Gọi AH là đường cao của tam giác, tính diện tích tam giác AHC Câu 6. (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC ) nội tiếp đường tròn tâm O. E là điểm chính giữa cung nhỏ BC a) Chứng minh ∠CAE = ∠BCE b) Gọi M là điểm trên cạnh AC sao cho EM = EC ( M khác C); N là giao điểm của BM với đường tròn tâm O ( N ≠ B ) . Gọi I là giao điểm của BM với AE , K là giao điểm của AC với EN . Chứng minh tứ giác EKMI nội tiếp Câu 7. (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 2021. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a + b + b + c + c + a

ĐÁP ÁN Câu 1. Rút gọn biểu thức a ) P = 45 + 20 − 5 = 9.5 + 4.5 − 5 =3 5+2 5 − 5 =4 5 x≥0  1  1   1  b )Q =  +  : 1 − 4x  x ≠ 1   2 x +1 2 x −1  4 Q=

(

2 x − 1 + 2 x + 1 4x − 1 4 x 4x − 1 = = −4 x . . − 1 4 x − 1 − 1 2 x + 1 2 x −1

)(

)

Vậy Q = −4 x với x ≥ 0, x ≠

1 4

Câu 2. Tìm giá trị của m để hai đường thẳng ( d1 ) và ( d 2 ) song song với nhau Hai đường thẳng ( d ) , ( d1 ) song song với nhau khi và chỉ khi

m = 1 m = 1  ⇔  1 ⇔ m =1 3 + 2 ≠ 1 m m ≠ −   3 Vậy với m = 1 thì ( d ) và ( d1 ) song song với nhau

Câu 3. a) Giải phương trình với m = 1 Với m = 1, phương trình đã cho trở thành x 2 − 4 x + 1 = 0 Ta có : ∆ ' = 22 − 1 = 3 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt  2+ 3 =2+ 3  x1 = 1   2− 3 =2− 3  x2 =  1

{

Vậy khi m = 1 tập nghiệm của phương trình là S = 2 ± 3

}

b) Tìm giá tị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 + 6 = 4 x1 x2 2

Ta có : ∆ ' = ( m + 1) − m 2 = 2m + 1

Để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thì ∆ ' ≥ 0

1 ⇔ 2m + 1 ≥ 0 ⇔ m ≥ − . Khi đó áp dụng định lý Vi-et ta có: 2  x1 + x2 = 2 ( m + 1) . Theo bài ra ta có:  2 x x = m  1 2 2

x12 + x22 + 6 = 4 x1 x2 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 − 4 x1 x2 + 6 = 0 2

⇔ ( x1 + x2 ) − 6 x1 x2 + 6 = 0 ⇔ 4 ( m + 1) − 6m 2 + 6 = 0 ⇔ −2m 2 + 8m + 10 = 0

 m = −1(ktm) Phương trình có dạng a − b + c = 0   c  m = − = 5(tm) a  Vậy m = 5 thì thỏa đề Câu 4. Hỏi tháng 4 nhà bạn An phải trả bao nhiêu tiền điện và dùng hết bao nhiêu kWh ? Gọi số tiền điện nhà bạn A phải trả trong tháng 4 là x ( x > 0 ) (đồng) Số tiền điện nhà bạn B phải trả trong tháng 4 là y ( y > 0 ) (đồng) Theo bài ta có tổng số tiền điện trong tháng 4 nhà bạn A và nhà bạn B phải trả là 560 000 đồng nên ta có phương trình x + y = 560000 (1) Số tiền điện trong tháng 5 nhà bạn A phải trả là x + 30% x = 1,3x (đồng) Số tiền điện trong tháng 5 nhà bạn B phải trả là y + 20% y = 1, 2 y (đồng) Theo bài ta có tổng số tiền điện trong tháng 5 nhà bạn A và nhà bạn B phải trả là 701 000 đồng nên ta có phương trình: 1,3 x + 1, 2 y = 701000 ( 2 )  x + y = 560000  x = 290000 Từ (1), (2) ta có hệ phương trình  ⇔ ( tm ) 1,3 x + 1,2 y = 701000 y = 270000  

Vậy số tiền điện nhà bạn An phải trả trong tháng 4 là 290 000 đồng Nhận thấy : 290000 = 100.1500 + 50.2000 + 10.4000 Vậy số điện nhà bạn A dùng trong tháng 4 là : 100 + 50 + 10 = 160(kWh)

Câu 5.Tính diện tích tam giác AHC

A 4cm 3cm C

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC ta có : 1 1 1 1 1 1 25 144 12 = +  = 2+ 2=  AH = = cm 2 2 2 2 AH AB AC AH 3 4 144 25 5

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông AHC ta có : 2

144 256  12  AC = AH + HC  4 =   + HC 2  HC 2 = 16 − = 25 25 5 2

 HC =

256 16 = cm 25 5

Vì tam giác AHC vuông tại H nên S AHC =

1 1 12 16 96 AH .HC = . . = ( cm 2 ) 2 2 5 5 25

Câu 6.

N M

C B E a) Chứng minh ∠CAE = ∠BCE

= sdCE Vì E là điểm chính giữa của cung BC nên sd BE  ∠CAE = ∠BCE (trong một đường tròn hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau thì bằng nhau) b) Chứng minh tứ giác EKMI nội tiếp = sd EC  EB = EM Vì EM = EC ( gt ) , mà EB = EC (do sd EB

)

 ∆EBM cân tại M  ∠EBM = ∠EMB (hai góc ở đáy) Ta có : ∠EBM + ∠ECN = 180° (2 góc đối diện của tứ giác nội tiếp BECN ) ∠EMB + ∠EMN = 180°(kề bù)  ∠ECN = ∠EMN Lại có : ∠ENC = ∠ENM (2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)  ∠ECN + ∠ENC = ∠EMN + ∠ENM

 180° − ∠CEN = 180° − ∠MEN  ∠CEN = ∠MEN  EK là phân giác của ∠MEC Mà tam giác EMC cân tại E ( EM = EN ) nên EK đồng thời là đường cao  EK ⊥ MC  ∠EKM = 90°  ∠EAK + ∠AEK = 90°

Mà ∠EAK = ∠EAC = ∠BNE (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)  ∠BNE + ∠AEK = 90°  ∠BNI + ∠IEN = 90°  ∆EIN vuông tại I  ∠EIN = 90°  ∠EIM = 90° Xét tứ giác EKMI có : ∠EKM + ∠EIM = 90° + 90° = 180° Vậy EKMI là tứ giác nội tiếp

Câu 7. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a + b + c = 2021 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a + b + b + c + c + a * Ta có: P = a + b + b + c + c + a

 P2 =

(

)

a + b + b + c + c + a ≤ 3( a + b + b + c + c + a ) = 6.2021

= 12126( BDT Bunhiacopxki )  P 2 ≤ 12126  P ≤ 12126 a = c 2021 " = " ⇔ 2021 − c = 2021 − a = a + c ⇔ ⇔ a=b=c=  Dấu xảy ra 3  2021 − a = 2a

Vậy Pmax = 12126 ⇔ a = b = c =

2021 3

*Tìm GTNN  a , b, c ≥ 0  . Ta có: 2021 ≥ a + b ≥ 0 a + b + c = 2021 

a+b

(

)

2021 − a + b ≥ 0  2021( a + b ) − ( a + b ) ≥ 0

 a+b ≥

2021 ( a + b )(1) 2021

Chứng minh tương tự : b+c≥

2021 ( b + c )( 2 ) , 2021

Từ (1), (2), (3)  P ≥

c+a ≥

2021 (c + a) 2021

2021 .2 ( a + b + c ) = 2 2021 2021

 a = 2021 Dấu " = " xảy ra khi  b = c = 0

( 3)

a = 2021 Min P = 2 2021 ⇔  Vậy b = c = 0

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (2,0 điểm a) Giải phương trình : x 2 − 3x = 4 2 x − 5 − y = 0 b) Giải hệ phương trình :  5 x + 3 y = 18 Câu 2. (2,0 điểm) 2 a a +1 3 + 7 a  a ≥ 0 + +   9 − a  a ≠ 9 a +3 a −3 b) Cho hàm số bậc nhất y = ax − 4. Xác định hệ số a, biết đồ thị hàm số đã cho cắt đường thẳng ( d ) : y = −3x + 2 tại điểm có tung độ là 5

a) Rút gọn biểu thức : P =

Câu 3. (2,0 điểm) a) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 24m. Nếu tăng chiều dài lên 2m và giảm chiều rộng đi 1m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 1m 2 . Tìm độ dài các cạnh của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu b) Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + m − 3 = 0 (với m là tham số). Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m . Tìm các giá trị của tham số m sao cho x1 − x2 = 4

Câu 4.(3,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp trong đường tròn ( O; R ) và hai đường cao AE , BF cắt nhau tại H ( E ∈ BC , F ∈ AC ) a) Chứng minh rằng bốn điểm A, B, E , F cùng nằm trên một đường tròn b) Chứng minh rằng OC ⊥ EF 2. Cho tam giác ABC có ∠B, ∠C là các góc nhọn và có diện tích không đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 BC 2 + AC 2 + AB 2 Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn

y .( y + 1) − 6 x − 9 = ( 2 x + 4 ) 2 x + 3 − 3 y

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = xy + 3 y − 4 x 2 − 3

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 NĂM 2021 MÔN TOÁN TỈNH HẢI DƯƠNG Câu 1. a) Giải phương trình x 2 − 3x = 4 Ta có : x 2 − 3 x = 4 ⇔ x 2 − 3 x − 4 = 0

 x = −1 Vì a − b + c = 1 + 3 − 4 = 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt  −c x = =4 a  Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−1;4} 2 x − 5 − y = 0 b) Giải hệ phương trình :  5 x + 3 y = 18 Ta có : 2 x − 5 − y = 0 2 x − y = 5 6 x − 3 y = 15 11x = 33 x = 3 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  5 x + 3 y = 18 5 x + 3 y = 18 5 x + 3 y = 18  y = 2 x − 5  y = 1

Vậy nghiệm của hệ phương trình ( x; y ) = ( 3;1)

Câu 2. a) Rút gọn biểu thức P = Với a ≥ 0; a ≠ 9 ta có :

a +1 3 + 7 a 2 a + + ( a ≥ 0; a ≠ 9 ) 9−a a +3 a −3

a +1 3 + 7 a 2 a + + 9−a a +3 a −3

2 a. =

(

2a − 6 a + a + 4 a + 3 − 3 − 7 a

( 3 a

) ( a + 1)( a + 3) − 3 − 7 ( a + 3)( a − 3)

a −3 +

(

a +3

a +3 a −3

)(

)

a −3

)

a −3 =

)

3a − 9 a

(

a +3

)(

a −3

)

3 a a +3

3 a a +3 b) Cho hàm số bậc nhất y = ax − 4. Xác định hệ số a, biết đồ thị hàm số đã cho

Vậy với a ≥ 0; a ≠ 9 thì B =

cắt đường thẳng ( d ) : y = −3x + 2 tại điểm có tung độ là 5 Thay y = 5 vào phương trình đường thẳng ( d ) : y = −3x + 2 ta có : 5 = −3 x + 2 ⇔ −3 x = 3 ⇔ x = −1 Do đó đồ thị hàm số y = ax − 4 cắt đường thẳng ( d ) : y = −3x + 2 tại điểm A ( −1;5 ) Thay x = −1; y = 5 vào hàm số y = ax − 4 ta có 5 = −a − 4 ⇔ a = −9 Vậy a = −9

Câu 3. a) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 24m. Nếu tăng chiều dài lên 2m và giảm chiều rộng đi 1m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 1m 2 . Tìm độ dài các cạnh của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu Gọi độ dài chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu : x ( m ) , ( x > 0 ) Nửa chu vi mảnh đất hình chữ nhật là : 24 : 2 = 12 ( m )  Chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là : 12 − x ( m )

Khi tăng chiều dài lên 2m thì độ dài chiều dài : x + 2 ( m )

Khi giảm chiều rộng đi 1m thì độ dài chiều rộng : 12 − x − 1 = 11 − x ( m ) Vì khi tăng chiều dài lên 2m và giảm chiều rộng đi 1m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 1m 2 nên ta có :

( x + 2 )(11 − x ) − x (12 − x ) = 1 ⇔ 11x − x 2 + 22 − 2 x − 12 x + x 2 = 1 ⇔ 3 x = 21 ⇔ x = 7(tm)  Chiều rộng hình chữ nhật là 12 − 7 = 5(m)

Vậy chiều dài và chiều rộng hình chữ nhật ban đầu lần lượt là 7m và 5m

b) Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + m − 3 = 0 (với m là tham số). Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m . Tìm các giá trị của tham số m sao cho x1 − x2 = 4 Ta có : x 2 − 2 ( m − 1) x + m − 3 = 0 (1) 2

3 7  Phương trình (1) có : ∆ ' = ( m − 1) − m + 3 = m − 3m + 4 =  m −  + > 0 (với mọi 2 4   x + x = 2m − 2 m). Khi đó theo định lý Vi – et ta có :  1 2  x1 x2 = m − 3 2

Theo giả thiết ta có : 2

x1 − x2 = 4 ⇔ x12 − 2 x1 x2 + x22 = 16 ⇔ ( x1 + x2 ) − 4 x1 x2 − 16 = 0 2

⇔ ( 2m − 2 ) − 4 ( m − 3) − 16 = 0 ⇔ 4m 2 − 12m = 0 m = 0 ⇔ m 2 − 3m = 0 ⇔  m = 3 Vậy m ∈ {0;3} thỏa đề

Câu 4. 1.

A F O H D C B

a) Chứng minh rằng bốn điểm A, B, E , F cùng nằm trên một đường tròn Ta có : AE , BF là đường cao của tam giác ABC nên AE ⊥ BC , BF ⊥ AC  ∠AEB = ∠AFB = 90°  ABEF nội tiếp một đường tròn (tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau) b) Chứng minh : OC ⊥ EF Gọi D là giao điểm của OC và EF ∠ACO + ∠CAO = 180° − ∠AOC (do tam giác OAC cân tại O) Ta có:  ∠ ACO = ∠ CAO 

1  ∠ACO = ∠CAO = 90° − ∠AOC (1) 2 Mà ∠AOC = 2∠ABC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC ) (2) ∠ABC = ∠DFC ( 3) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác ABEF ) Từ (1) , ( 2 ) , ( 3) ta được : ∠ACO = 90° − ∠ABC = 90° − ∠DFC

 ∠ACO + ∠DFC = 90°  ∠FDC = 90°  OC ⊥ EF ( dfcm )

2. Cho tam giác ABC có ∠B, ∠C là các góc nhọn và có diện tích không đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 BC 2 + AC 2 + AB 2

Kẻ đường cao AH . Vì ∠B, ∠C là các góc nhọn nên H thuộc đoạn thẳng BC Áp dụng định lý Pytago ta có : AC 2 = AH 2 + HC 2 ; AB 2 = AH 2 + BH 2

 P = 2 BC 2 + 2 AH 2 + BH 2 + HC 2 Ta có : BC 2 + AH 2 ≥ 2 BC. AH = 4 S ∆ABC 2

BH + CH

( BH + CH ) ≥ 2

BC 2 = 2

Do S ∆ABC không đổi, A, B, C cố định nên P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 8S ABC

BC 2 + 2

Dấu " = " xảy ra khi BH = CH ⇔ ∆ABC cân tại A

Câu 5. Cho các số thực dương x, y thỏa mãn

y .( y + 1) − 6 x − 9 = ( 2 x + 4 ) 2 x + 3 − 3 y

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M = xy + 3 y − 4 x 2 − 3

y ≥ 0 y ≥ 0  ⇔ ĐKXĐ:  −3 2 x + 3 ≥ 0  x ≥ 2  Đặt 2 x + 3 = t ( t ≥ 0 ) ta có : y ( y + 1) − 6 x − 9 = ( 2 x + 4 ) 2 x + 3 − 3 y ⇔

y ( y + 1) − 3 ( 2 x + 3) = ( 2 x + 4 ) 2 x + 3 − 3 y

⇔

y ( y + 1) − 3t = t ( t + 1) − 3 y

⇔

y ( y + 1) − t ( t + 1) + 3 y − 3t = 0

y− t

) yt + t ) + (

y−

yt + t + 1 + 4 = 0

⇔ y y −t t +

( ⇔( ⇔( ⇔

y−

(

)( y + t )( y + t )( y +

y − t + 3( y − t ) = 0

) (

y − t +3

y− t

)(

)

y + t =0

)

(

)

yt + t + 5 = 0 ⇔ y = t (do y + yt + t + 5 > 0)

 y = 2x + 3 M = x ( 2 x + 3) + 3 ( 2 x + 3) − 4 x 2 − 3 = −2 x 2 + 9 x + 6 2

9 81  81 9  129   M = −2  x 2 − 2 x. +  + + 6  M = −2  x −  + 4 16  8 4 8   2

9 9  129 129 9 15   Vì −2  x −  ≤ 0 nên −2  x −  + ≤ ⇔ x= ;y = 4 4 8 8 4 2   9  x=  129  4 Vậy Max M = ⇔ 8  y = 15  2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2021 – 2022 ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài :120 phút

Bài 1. (1,5 điểm) Cho hai biểu thức A = 50 − 3 8 +

(

)

2 +1

x x− x x −1  x ≥ 0 +   x −1 x +1 x ≠ 1  a) Rút gọn các biểu thức A, B b) Tìm các giá trị của x sao cho A ≤ B Bài 2. (1,5 điểm) 1  2 x + y = 3  1) Giải hệ phương trình  x − 1 = 0  y 2) Bạn Nam hiện có 50000 đồng. Để phục vụ cho việc học tập, bạn muốn mua một quyển sách tham khảo Toán có giá trị 150000 đồng. Vì thế, bạn Nam đã lên kế hoạch mỗi ngày tiết kiệm 5000 đồng. Gọi số tiền bạn Nam tiết kiệm được sau x (ngày) (gồm cả tiền hiện có và tiền tiết kiệm được hàng ngày) là y (đồng) a) Lập công thức tính y theo x b) Hỏi sau bao nhiêu ngày bạn Nam có vừa đủ tiền để mua được quyển sách tham khảo Toán ? Bài 3. (2,5 điểm) 1) Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 + 2 = 0 (1) ( x là ẩn số, m là tham số) B=

a) Giải phương trình (1) khi m = 1 b) Xác định các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn điều kiện x12 + 2 ( m + 1) x2 = 12m + 2 2) Bài toán có nội dung thực tế : Lúc 9 giờ sáng, một xe ô tô khởi hành từ A đến B với vận tốc không đổi trên cả quãng đường là 55km / h. Sau khi xe ô tô này đi được 20 phút thì cũng trên quãng đường đó, một xe ô tô khác bắt đầu đi từ B về A với vận tốc không đổi trên cả quãng đường là 45km / h. Hỏi hai xe ô tô đó gặp nhau lúc mấy giờ? Biết quãng đường AB dài 135km

Bài 4. (0,75 điểm)

Một vật thể đặc bằng kim loại dạng hình trụ có bán kính đường tròn đáy và chiều cao đều bằng 6cm. Người ta khoan xuyên qua hai mặt đáy của vật thể đó theo phương vuông góc với mặt đất, phần bị khoan là 1 lỗ hình trụ có bán kính đường tròn đáy là 2cm (như hình vẽ). Tính thể tích phần đất còn lại của vật thể đó Bài 5. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn ( O ) . Các đường cao AD, BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H a) Chứng minh BCEF và CDHE là các tứ giác nội tiếp b) Chứng minh EB là tia phân giác của ∠FED và tam giác BFE đồng dạng với tam giác DHE c) Giao điểm của AD với đường tròn ( O ) là I ( I khác A), IE cắt đường tròn ( O ) tại K (K khác I). Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng EF . Chứng minh rằng ba điểm B, M , K thẳng hàng. Bài 6. (0,75 điểm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2 ≥ y 2 + z 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

 1 1 2 1 y + z 2 ) + x 2  2 + 2  + 2016 2 ( x z  y

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 NĂM 2021 MÔN TOÁN THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG Bài 1. a) Rút gọn các biểu thức A, B

(

2 +1

= 52.2 − 3. 22.2 +

2 +1

A = 50 − 3 8 +

)

= 5 2 − 3.2 2 + 2 + 1 = 5 2 − 6 2 + 2 + 1 = 1 Vậy A = 1 x x− x x −1  x ≥ 0 B= +   x −1 x +1 x ≠ 1  Với x ≥ 0, x ≠ 1 ta có : B=

x x− x x −1 + = x −1 x +1

x ( x − 1) + x −1

(

)(

x −1

)

x +1

= x + x −1 = 2 x −1 Vậy với x ≥ 0, x ≠ 1 thì B = 2 x − 1 b) Tìm các giá trị của x sao cho A ≤ B Điều kiện : x ≥ 0, x ≠ 1 . Ta có :

A ≤ B ⇔ 1 ≤ 2 x −1 ⇔ 2 x ≥ 2 ⇔ x ≥ 1 x ≥ 1 Kết hợp với điều kiện ta được : x > 1 Vậy x > 1 thì A ≤ B Bài 2. 1  2 x + =3  y  1) Giải hệ phương trình  (Điều kiện : y > 0) 1 x − =0  y 1 Đặt = t (t > 0) y

 2 x + t = 3 3 x = 3  x = 1 x = 1 Khi đó ta có hệ phương trình :  ⇔ ⇔ ⇔ x − t = 0 t = x t = 1(tm) y =1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1;1)

2) Bạn Nam hiện có 50000 đồng. Để phục vụ cho việc học tập, bạn muốn mua một quyển sách tham khảo Toán có giá trị 150000 đồng. Vì thế, bạn Nam đã lên kế hoạch mỗi ngày tiết kiệm 5000 đồng. Gọi số tiền bạn Nam tiết kiệm được sau x (ngày) (gồm cả tiền hiện có và tiền tiết kiệm được hàng ngày) là y (đồng) a) Lập công thức tính y theo x Điều kiện x ∈ ℕ, y ≥ 50000 Sau x ngày, bạn Nam tiết kiệm được số tiền là 5000 x (đồng) Như vậy tổng số tiền bạn Nam có sau khi tiết kiện được hằng ngày là : y = 50000 + 5000 x (đồng) Vậy y = 50000 + 5000 x (đồng)

b) Hỏi sau bao nhiêu ngày bạn Nam có vừa đủ tiền để mua được quyển sách tham khảo Toán ? Khi bạn Nam đủ tiền mua sách thì bạn Nam cần có 150000 đồng nên ta có phương trình : 50000 + 5000 x = 150000 ⇔ x = 20(tm) Vậy sau 20 ngày thì bạn Nam đủ tiền mua sách tham khảo môn Toán

Bài 3. 1) Cho phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 + 2 = 0 (1) ( x là ẩn số, m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 1 Thay m = 1 vào phương trình (1) ta có : x 2 − 2 (1 + 1) x + 12 + 2 = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0 Phương trình có dạng a + b + c = 1 − 4 + 3 = 0 nên có hai nghiệm phân biệt : c x1 = 1, x2 = = 3 a Vậy với m = 1 thì phương trình có tập nghiệm là S = {1;3}

b) Xác định các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn điều kiện x12 + 2 ( m + 1) x2 = 12m + 2

Xét phương trình x 2 − 2 ( m + 1) x + m 2 + 2 = 0 (1) Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > 0 2

⇔ ( m + 1) − ( m 2 + 2 ) > 0 ⇔ m 2 + 2m + 1 − m 2 − 2 > 0 ⇔ 2m − 1 > 0 ⇔ m >

1 2

1 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 2  x1 + x2 = 2 ( m + 1) Áp dụng định lý Vi − et ta có :  2  x1 x2 = m + 2 Theo đề bài ta có : ⇔ x12 + ( x1 + x2 ) x2 = 12m + 2 ⇔ x12 + x22 + x1 x2 = 12m + 2 Với m >

⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = 12m + 2 ⇔  2 ( m + 1)  − m 2 − 2 = 12m + 2 ⇔ 4m 2 + 8m + 4 − m 2 − 2 − 12m − 2 = 0  m = 0(ktm) ⇔ 3m − 4m = 0 ⇔  4  m = (tm) 3  4 Vậy m = là thỏa mãn bài toán 3 2) Bài toán có nội dung thực tế : Lúc 9 giờ sáng, một xe ô tô khởi hành từ A đến B với vận tốc không đổi trên cả quãng đường là 55km / h. Sau khi xe ô tô này đi được 20 phút thì cũng trên quãng đường đó, một xe ô tô khác bắt đầu đi từ B về A với vận tốc không đổi trên cả quãng đường là 45km / h. Hỏi hai xe ô tô đó gặp nhau lúc mấy giờ? Biết quãng đường AB dài 135km 2

1 Đổi 20 phút = h 3 1 55 Quãng đường ô tô đi từ A đến B trong 20 phút là : 55. = ( km ) 3 3 Gọi thời gian ô tô đi từ B đến A đi đến khi gặp ô tô đi từ B đến A là x ( h )( x > 0 )

1  Thời gian ô tô đi từ A đến B đi đến khi gặp ô tô đi từ B đến A là: x + (h) 3  Quãng đường ô tô đi từ A đến B đi được đến khi 2 xe gặp nhau là : 1 55  55  x +  = 55 x + (km) 3 3 

Quãng đường ô tô đi từ B đến A đi được đến khi 2 xe gặp nhau : 45 x ( km ) Quãng đường AB dài 135km nên ta có phương trình : 55 x +

55 350 7 + 45 x = 135 ⇔ 100 x = ⇔ x = (h) 3 3 6

Suy ra thời gian xe đi từ A đến B đến khi 2 xe gặp nhau là :

7 1 3 + = = 1,5h 6 3 2

Đổi 1,5h = 1giờ 30 phút Vậy hai xe gặp nhau lúc 10 giờ 30 phút

Bài 4.

Thể tích của vật thể lúc đầu là : V1 = π R 2 h = π .62.6 = 216π ( cm 3 ) Thể tích của phần vật thể bị khoan là V2 = π r 2 h = π .22.6 = 24π ( cm3 )  Thể tích phần còn lại của vật thể đã cho là :

V = V1 − V2 = 216π − 24π = 192π ( cm 3 )

Vậy thể tích phần còn lại là 192π ( cm3 )

Bài 5.

F M

H C B

D I

a) Chứng minh BCEF và CDHE là các tứ giác nội tiếp Ta có : AD, BE , CF lần lượt là các đường cao của ∆ABC  AD ⊥ BC    BE ⊥ AC  ∠ADC = ∠BEC = ∠BFC = 90° CF ⊥ AB  Xét tứ giác BCEF ta có : ∠BEC = ∠BFC = 90° ( cmt )  BCEF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề 1 cạnh cùng nhìn cạnh đối diện dưới các góc bằng nhau)

Xét tứ giác CDHE có : ∠CDH + ∠CEH = 90° + 90° = 180°  CDHE là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180°)

b) Chứng minh EB là tia phân giác của ∠FED và ∆BFE ∽ ∆DHE Ta có BCEF là tứ giác nội tiếp (cmt)  ∠FEB = ∠FCB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF ) Lại có CEHD là tứ giác nội tiếp (cmt)  ∠HED = ∠HCD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD ) Hay ∠FED = ∠FCB  ∠FEB = ∠BED ( = ∠FCB )  EB là tia phân giác của ∠FED (đpcm) Ta có : BCEF là tứ giác nội tiếp (cmt)  ∠FBE = ∠FCE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EF ) Lại có : CEHD là tứ giác nội tiếp (cmt)  ∠HDE = ∠HCE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH ) Hay ∠FCE = ∠HDE  ∠FBE = ∠HDE ( = ∠FCE ) Xét ∆BFE và ∆DHE ta có : ∠FBE = ∠HDE (cmt ); ∠FEB = ∠HED (cmt )  ∆BFE ∽ ∆DHE ( g − g )(dfcm)

c) Giao điểm của AD với đường tròn ( O ) là I ( I khác A), IE cắt đường tròn ( O ) tại K (K khác I). Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng EF . Chứng minh rằng ba điểm B, M , K thẳng hàng. BK cắt EF tại M ' FE BE = Vì ∆BFE ∽ ∆DHE (cmt )  (1) HE DE ∠ICB = ∠IAB = ∠DAF = ∠DCF (vì tứ giác AFDC nội tiếp ) ∆HCI có CD ⊥ HI , ∠ICD = ∠HCD  ∆CHI cân  DH = DI

BE cắt (O) tại N ( N ≠ B ) . Chứng minh tương tự : EH = EN DH = DI , EH = EN  DE là đường trung bình của ∆HIN   1  ∠M ' BE = ∠EIN  = sd KN  Xét ∆BM ' E và ∆IEN có:   2  ∠M ' EB = ∠ENI ( = ∠HCB = ∠ICB )  

M ' E BE BE = = ( 2) EN IN 2 DE

BE 2 M ' E FE = = mà EN = HE  FE = 2 M ' E DE EN HE  M ' là trung điểm của EF  M ≡ M '  B, K , M thẳng hàng .

Từ (1) và (2) suy ra

Bài 6. Ta có: P=

1 2 1  2 2 1 y + z + x + + 2016 ( )  2 2  x2 y z  

2 2 2 y2 + z2 x ( y + z ) P= + + 2016 x2 y2 z2 2 2 2 y 2 + z 2 x .( y + z ) . P≥2 + 2016(Co − si ) x2 y2 z2

 P ≥ 2.

x2 ( y2 + z2 ) x2 y 2 z 2

+ 2016

2 y2z2 y2 + z2 ⇔ P ≥ 2. ≥ 2. + 2016 = 4 + 2016 yz yz  P ≥ 2020 Vậy Pmin = 2020 . Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẬU GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm có 02 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT, THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2021 – 2022 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút

I.Phần trắc nghiệm Câu 1. Cho hàm số f ( x ) = 3 x − 1. Giá trị của f (1) bằng A. − 2

B.2

C.1

D.0

Câu 2.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình y = 2 − 7 x . Hệ số góc của đường thẳng d bằng :

A. −

7 2

B.7

C. − 7

D.2

Câu 3.Phương trình x 2 − 7 x + 10 = 0 có một nghiệm bằng : A. − 5

B. − 7

C. − 2

D.5

3 x − y = 7 Câu 4.Hệ phương trình  có nghiệm duy nhất 5 x + y = 9 x = 2 A.   y = −1

 x = −2 B.  y =1

x = 2 C.  y = 3

Câu 5.Điều kiện của x để biểu thức

x − 2 có nghĩa là :

A.x ≤ 2

C .x ≥ 2

B.x ≥ −2

Câu 6.Giá trị của biểu thức

A.1 + 2 2

B.2 + 2

 x = −2 D.   y = −3

D.x ≠ 2

3 + 2 2 bằng :

C. 2 − 1

D.1 + 2

Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = 6cm, BC = 10cm và đường cao AH , với H ∈ BC . Khi đó, độ dài đoạn BH bằng : A.

18 cm 5

24 cm 5

C.2cm

3 D. cm 5

Câu 8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn ( O ) .Biết ∠BAD = 105° và ∠DBC = 45° . Khi đó, giá trị của cos ∠BDC bằng :

6− 2 4

2 2

1 2

3 2

II.Tự luận Câu 1. a) Tính giá trị của biểu thức A = 3 3 − 7 27 + 2 243 x−2 x + b) Tính giá trị của biểu thức B = khi x = 4 x −1 x +1 −2 x + 13 x +1 3 x − 2  x ≥ 0 c) Cho biểu thức C = − −   . Tìm x để C = 1 x− x −6 x + 2 3 − x  x ≠ 9

Câu 2. a) Giải phương trình 3 x 2 − 5 x − 2 = 0 b) Giải phương trình

49 ( 3x + 2 ) − 12 x + 8 = 3x + 2 − 3 9 x 2 + 12 x + 4 + 7

Câu 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hàm số y =

1 2 x có đồ thị (P) và 2

1 đường thẳng d có phương trình y = x + m 2 + m + 1 , với m là tham số 2 a) Vẽ đồ thị (P) b) Tìm m để đường thẳng ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2 sao cho x13 + x23 = 68

Câu 4. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Vẽ các đường cao AH , BK , CP của tam giác ABC , với H ∈ BC , K ∈ AC , P ∈ AB a) Chứng minh tứ giác BPKC nội tiếp b) Chứng minh rằng ∠BAH = ∠OAC c) Đường thẳng PK cắt (O) tại hai điểm E , F . Chứng minh OA là tia phân giác của ∠EAF  y 3 + 12 x 2 y = 8 ( x3 + 1) + 6 xy 2 Câu 5. Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ ) 2 xy + 2 y − x − x + 10 = 0 

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 NĂM 2021 TỈNH HẬU GIANG I.Phần Trắc nghiệm 1B

II.Phần tự luận Câu 1. a) Tính giá trị của biểu thức A = 3 3 − 7 27 + 2 243 Ta có : A = 3 3 − 7 27 + 2 243 = 3 3 − 7.3 3 + 2.9 3 = 3 3 − 21 3 + 18 3 = 0 Vậy A = 0

b) Tính giá trị của biểu thức B =

x−2 x + khi x = 4 x −1 x +1

x ≥ 0  x ≥ 0 ĐKXĐ:  ⇔  x − 1 ≠ 0  x ≠ 1 Thay x = 4(tmdk ) vào biểu thức B ta có : B=

4−2 4 2 4 10 + = + = 4 −1 4 +1 2 −1 2 +1 3

Vậy với x = 4 thì B =

10 3

c) Cho biểu thức C =

−2 x + 13 − x− x −6

x +1 3 x − 2  x ≥ 0 −   . Tìm x để C = 1 x + 2 3 − x  x ≠ 9

−2 x + 13 x +1 3 x − 2  x ≥ 0 − −   x− x −6 x + 2 3 − x  x ≠ 9

−2 x + 13 − =

)(

x +1

(

) (

x −3 + 3 x −2

x+2

)(

x −3

( (

(

x +2

C =1⇔

x +2

)(

)

x −3

)

)(

x −3

6 x −3

)(

x+2

)

−2 x + 13 − x + 2 x + 3 + 3 x + 4 x − 4

6 =

(

)

6 x + 12

(

x+2

)(

x −3

)

6 = 1 ⇔ x − 3 = 6 ⇔ x = 9  x = 81(tm) x −3

Câu 2. a) Giải phương trình 3 x 2 − 5 x − 2 = 0 2

Ta có : ∆ = ( −5 ) − 4.3 ( −2 ) = 49 = 7 2 > 0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm 5+7  x = =2 1  2.3 phân biệt  x = 5 − 7 = 1  2 2.3 3 1  Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 2; −  3 

b) Giải phương trình

49 ( 3x + 2 ) − 12 x + 8 = 3x + 2 − 3 9 x 2 + 12 x + 4 + 7

3 x + 2 ≥ 0 2  −2  x ≥ − 3 ĐKXĐ: 12 x + 8 ≥ 0 . Ta có : ⇔ ⇔x> 3 2 9 x 2 + 12 x + 4 ≥ 0 ( 3 x + 2 ) ≥ 0  

49 ( 3 x + 2 ) − 12 x + 8 = 3 x + 2 − 3 9 x 2 + 12 x + 4 + 7 ⇔ 7 3x + 2 − 4 ( 3x + 2 ) − 3x + 2 + 3 ⇔ 3( 3x + 2 ) + 4 3x + 2 = 7

( 3x + 2 )

Đặt t = 3x + 2 ( t > 0) , phương trình thành : 3t 2 + 4t − 7 = 0 (*) Ta có a + b + c = 3 + 4 − 7 = 0 nên phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 1  t = 1( tm )  3 x + 2 = 1  3 x + 2 = 1 ⇔ x = − (tm) 1  3  t = c = − 7 (ktm)  2 a 3 1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = − 3

Câu 3. a) Vẽ đồ thị (P) 1 1 Parabol y = x 2 có hệ số a = > 0 nên đồng biến với x > 0 và nghịch biến với x < 0 2 2 Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ O ( 0;0 ) và nhận Oy làm trục đối xứng Bảng giá trị : x 1 y = x2 2

 Parabol y = Đồ thị hàm số

−4

−2

1 2 x là đường cong đi qua các điểm ( −4;8 ) , ( −2;2 ) , ( 0;0 ) , ( 2;2 ) , ( 4;8 ) 2

b) Tìm m để đường thẳng d cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2 sao cho x13 + x23 = 68 Xét phương trình hoành độ giao điềm : 1 2 1 x = x + m 2 + m + 1 ⇔ x 2 − 2 x − m 2 − 2 m − 2 = 0 ( *) 2 2 Để đường thẳng ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thì phương trình

(*) phải có hai nghiệm phân biệt

x1; x2 2

⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 1 + m 2 + 2m + 2 > 0 ⇔ m 2 + 2m + 3 > 0 ⇔ ( m + 1) + 2 > 0 2

Do ( m + 1) ≥ 0  ( m + 1) + 2 > 0 (với mọi m) nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2  Đường thẳng ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2

 x1 + x2 = 2 Khi đó, áp dụng định lý Vi-et ta có :  2  x1 x2 = −m − 2m − 2 3

x13 + x23 = 68 ⇔ ( x1 + x2 ) − 3 x1 x2 ( x1 + x2 ) = 68 Theo đề bài ra ta có : ⇔ 23 − 3.( −m 2 − 2m − 2 ) .2 = 68 ⇔ 6m 2 + 12m − 48 = 0 ⇔ m 2 + 2m − 8 = 0 (**)

Ta có ∆ m ' = 12 − 1.( −8 ) = 9 = 32 > 0 nên phương trình (**) có hai nghiệm phân biệt  m = −1 + 3 = 2  m = −1 − 3 = −4  Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn là m = 2 hoặc m = −4

Câu 4.

x A

F K

M O C

E H B

a) Chứng minh tứ giác BPKC nội tiếp Xét tứ giác BPKC có ∠BPC = ∠BKC = 90°nên P, K cùng thuộc đường tròn đườn kính BC Vậy tứ giác BPKC nội tiếp đườn tròn đường kính BC b) Chứng minh rằng ∠BAH = ∠OAC Tam giác ABH vuông tại H nên ∠BAH + ∠ABH = 90°  ∠BAH + ∠ABC = 90°  ∠BAH = 90° − ∠BAC (1)

Tam giác OAC có OA = OC nên ∆OAC cân tại O  ∠OAC = ∠OCA (tính chất tam giác cân) Ta có : ∠OAC + ∠OCA + ∠AOC = 180°(tổng 3 góc trong 1 tam giác) 180° − ∠AOC  2∠OAC = 180° − ∠AOC  ∠OAC = 2 Lại có ∠AOC = 2∠ABC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC )

180° − ∠AOC 180° − 2∠ABC = = 90° − ∠BAC 2 2 Từ (1) và (2)  ∠BAH = ∠OAC ( dfcm )  ∠OAC =

( 2)

c) Đường thẳng PK cắt ( O ) tại hai điểm E, F . Chứng minh OA là tia phân giác của ∠EAF Kẻ tiếp tuyến Ax với ( O ) Ta có : ∠xAC = ∠ABC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn AC ) , mà ∠ABC = ∠AKP (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác BPKC )  ∠xAC = ∠AKP , mà hai góc này lại ở vị trí so le trong  Ax / / PK Ta có : OA ⊥ Ax (do Ax là tiếp tuyến của ( O ) tại A)  PK ⊥ OA Gọi M = OA ∩ PK . Ta có : OA ⊥ EF tại M  M là trung điểm của EF (tính chất đường kính – dây cung)  ∆AEF có AO là đường cao đồng thời là đường trung tuyến  ∆AEF cân tại A Vậy đường cao AO đồng thời là phân giác của ∠EAF  y 3 + 12 x 2 y = 8 ( x3 + 1) + 6 xy 2 Câu 5. Giải hệ phương trình  ( x, y ∈ ℝ ) 2 xy + 2 y − x − x + 10 = 0   y 3 + 12 x 2 y = 8 ( x 3 + 1) + 6 xy 2 (1) . Ta có :  2  xy + 2 y − x − x + 10 = 0 ( 2 )

(1) : y 3 + 12 x 2 y = 8 ( x3 + 1) + 6 xy 2 ⇔ 8 x3 − 12 x 2 y + 6 xy 2 − y 3 = −8 3

⇔ ( 2 x ) − 3.( 2 x ) . y + 3.2 x. y 2 − y 3 = −8 3

⇔ ( 2 x − y ) = ( −2 )  y = 2 x + 2 Thay y = 2 x + 2 vào phương trình (2) ta có : x ( 2 x + 2 ) + 2 ( 2 x + 2 ) − x 2 − x + 10 = 0 ⇔ 2 x 2 + 2 x + 4 x + 4 − x 2 − x + 10 = 0 ⇔ x 2 + 5 x + 14 = 0 (*) Ta có: ∆ = 52 − 4.1.14 = −31 < 0 nên phương trình (*) vô nghiệm Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm

SỞ GD&T HÒA BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM HỌC 2021 -2022 ĐỀ THI MÔN TOÁN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH – 120 PHÚT

Câu I. (3,0 điểm) 1) Rút gọn các biểu thức sau :

a) A = 4 3 − 27

b) B =

(

)

5 −1 − 5

2) Giải các phương trình sau : a) x 2 − 6 x = 0 b) x + 2 − 3 = 0 3) Tìm m để hàm số y = ( 3m + 10 ) x − m + 2 đông biến trên ℝ Câu II. (2,0 điểm) 1) Cho đường thẳng có phương trình y = ax + b , tìm a và b để đường thẳng đi qua hai điểm M ( −1;4 ) và N ( 2;19 ) 2) Hai người thợ cùng làm 1 công việc, nếu họ cùng làm trong 4 ngày thì xong công việc đó. Hai người làm cùng nhau trong 2 ngày thì người thứ nhất được chuyển đi làm việc khác, người thứ hai làm một mình trong 6 ngày nữa thì hoàn thành công việc. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người hoàn thành công việc đó trong bao lâu ? (giả thiết năng suất làm việc của mỗi người trong các ngày là không đổi). Câu III. (4,0 điểm) Cho đường tròn ( O; R ) kẻ hai tiếp tuyến AM , AN với đường tròn ( M , N là các tiếp điểm). Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AO chứa điểm M vẽ đường thẳng đi qua A và cắt đường tròn tại hai điểm P, Q sao cho AP > AQ.PQ không đi qua O . Gọi H là trung điểm của PQ, E là giao điểm của AO và MN 1) Chứng minh rằng : tứ giác AHON là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh rằng : AP. AQ = AM 2 3) Chứng minh rằng : tứ giác PQOE là tứ giác nội tiếp Câu IV. (1,0 điểm) 1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng có phương trình y = ( m + 2 ) x − 2m − 3 ( m là tham số). Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O ( 0;0 ) đến đường thẳng đã cho là lớn nhất. a+b 2) Cho a, b là hai số dương phân biệt thỏa mãn ab = a−b a −b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ab + ab

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TOÁN CHUNG 2021 TỈNH HÒA BÌNH Câu I. 1) Rút gọn biểu thức sau :

a) A = 4 3 − 27 = 4 3 − 3 3 = 3 b) B =

(

)

5 −1 − 5 =

5 − 1 − 5 = −1

2) Giải các phương trình sau x = 0 x = 0 ⇔ a) x 2 − 6 x = 0 ⇔ x ( x − 6 ) = 0 ⇔  x − 6 = 0 x = 6 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {0;6}

b) x + 2 − 3 = 0 ( x ≥ −2 )  x + 2 = 9 ⇔ x = 7(tm) Vậy phương trình có tập nghiệm S = {7}

3) Tìm m để hàm số y = ( 3m + 10 ) x − m + 2 đông biến trên ℝ Hàm số y = ( 3m + 10 ) x − m + 2 đồng biến trên R khi và chỉ khi 3m + 10 > 0 ⇔ m >

−10 3

Vậy hàm số đồng biến khi m > −

10 3

Câu II. 1) Cho đường thẳng có phương trình y = ax + b, tìm a và b để đường thẳng đi qua 2 điểm M ( −1;4 ) và N ( 2;19 ) Đường thẳng đi qua hai điểm M , N nên tọa độ của hai điểm này phải thỏa mãn phương trình y = ax + b . Khi đó ta có hệ phương trình a.( −1) + b = 4 − a + b = 4 3a = 15 a = 5 ⇔ ⇔ ⇔     2a + b = 19 b = 4 + a b = 9 a.2 + b = 19 Vậy đường thẳng cần tìm là y = 5 x + 9

2) Hai người thợ cùng làm 1 công việc, nếu họ cùng làm trong 4 ngày thì xong công việc đó. Hai người làm cùng nhau trong 2 ngày thì người thứ nhất được chuyển đi làm việc khác, người thứ hai làm một mình trong 6 ngày nữa thì hoàn thành công việc. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người hoàn thành công việc

đó trong bao lâu ? (giả thiết năng suất làm việc của mỗi người trong các ngày là không đổi). Gọi số ngày mà người thứ nhất, người thứ hai làm một mình thì hoàn thành công việc lần lượt là x, y (ngày) ( x, y ∈ ℕ *)

1 1 ; (công việc) x y Họ cùng làm trong 4 ngày thì hoàn thành công việc nên ta có phương trình : 1 1 4  +  = 1(1) x y  Trong một ngày, người thứ nhất, người thứ hai làm được lần lượt

Sau khi làm chung 2 ngày, người thứ hai phải làm tiếp 6 ngày nữa thì mới xong công 1 1 6 việc nên ta có phương trình 2  +  + = 1( 2 ) x y y Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :

 1 4  +  x  2  1 +    x

1 =1 y 

1 1 1 1 1 x + y = 4  x = 6  x = 6(tm)  ⇔ ⇔ ⇔ 1 1 2 8 1 6  y = 12(tm)   = + = 1 + = 1  x y  y 12 y  y Vậy mỗi người làm riêng thì người thứ nhất hoàn thành công việc trong 6 ngày và người thứ hai trong 12 ngày

Câu III.

M Q H P A

N 1) Chứng minh rằng : tứ giác AHON là tứ giác nội tiếp Xét ( O ) ta có H là trung điểm của dây PQ  OH ⊥ PQ  ∠AHO = 90° (quan hệ giữa đường kính và dây cung) Xét tứ giác AHON có : ∠AHO + ∠ANO = 90° + 90° = 180°  Tứ giác AHON là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 180°)

2) Chứng minh rằng : AP. AQ = AM 2 Xét ∆APM và ∆AMQ có : ∠A chung ∠AMP = ∠MQP (góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung MP )

AM AP =  AP. AQ = AM 2 (dfcm) (1) AQ AM 3) Chứng minh rằng : tứ giác PQOE là tứ giác nội tiếp

 ∆APM ∽ ∆AMQ( g.g ) 

Ta có : OM = ON = R  O thuộc đường trung trực của MN AM = AN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  A thuộc đường trung trực của MN  OA là đường trung trực của MN  OA ⊥ MN = { E} Áp dụng hệ thức lượng cho ∆AMO vuông tại M có ME là đường cao, ta có : AM 2 = AE. AO ( 2 )

Từ (1) và (2) suy ra AE. AO = AP. AQ 

AE AP = AQ AO

AE AP = ( cmt ) , ∠QAO chung AQ AO  ∆AEP ∽ ∆AQO ( g − g )  ∠AEP = ∠AQO (hai góc tương ứng)

Xét ∆AEP và ∆AQO có :

Xét tứ giác PQOE có ∠AEP = ∠AQO ( cmt )  PQOE là tứ giác nội tiếp (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong tại đỉnh đối diện) Câu IV. 1) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng có phương trình y = ( m + 2 ) x − 2m − 3 ( m là tham số). Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ O ( 0;0 ) đến đường thẳng đã cho là lớn nhất. Xét m + 2 = 0 ⇔ m = −2 . Thay vào phương trình đường thẳng y = ( m + 2 ) x − 2m − 3 ta

được y = 1, khi đó, khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng y = 1 là 1 Xét m + 2 ≠ 0 ⇔ m ≠ −2 Cho x = 0  y = −2m − 3 Cho y = 0  ( m + 2 ) x = 2m + 3  x =

2m + 3 m+2

 2m + 3  ;0  , B ( 0; −2m − 3) Giao điểm của đường thẳng với Ox, Oy lần lượt là các điểm A   m+2 

 2m + 3 OA = m+2   OB = 2m + 3 Kẻ OH ⊥ AB  OH là khoảng cách từ O đến AB Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có : 2

1 1 1 1 ( m + 1) + 1  m+2  = + = + =   OH 2 OA2 OB 2  2m + 3  ( 2m + 3)2 ( 2m + 3)2 Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :

( 2 m + 3)

2 2 2 2 =  2 ( m + 2 ) + 1.( −1)  ≤ ( 22 + 12 ) ( m + 2 ) + ( −1)  = 5 ( m + 2 ) + 1     2

1 ( m + 2 ) + 1 ≥ ( m + 2 ) + 1 = 1  OH ≤ 5  = 2 OH 2 ( 2m + 3) 5 ( m + 2 )2 + 1 5

m+2 2 = ⇔ m = −4 −1 1 Vậy m = −4 thỏa mãn bài toán

Vậy OH max = 5 ⇔

Cho a, b là hai số dương phân biệt thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ab +

ab =

a+b a−b

a −b ab

a+b  ab ( a − b ) = a + b và a − b > 0 a −b Áp dụng bất đẳng thức Cô – si ta có : ab =

P = ab +

a−b a−b ≥ 2 ab. =2 ab ab

ab .( a − b ) = 2 a + b

Lại có:

(a + b)

= ( a − b ) + 4ab ≥ 2

(a − b)

.4ab = 2  2 ab ( a − b ) 

= 4 ab ( a − b ) = 4 ( a + b )

 a + b ≥ 4 (chia hai vế cho a + b)  P ≥ 2 4 = 4 . Vậy a+b  ab =  a−b 2 2    a − b) a + b ) − 4ab ( ( a−b  ab =  ab = Pmin = 4 ⇔  ab = ⇔ a+b ⇔  a+b ab  a + b = 4 a + b = 4   a + b = 4   4ab 4ab   ab = 2 ab = a + b − ab = 4 − ⇔ a+b ⇔  4 ⇔ a + b = 4 a + b = 4 a + b = 4

⇔ a, b là nghiệm của phương trình :  a = 2 +    b = 2 − x = 2 + 2 1 x2 − 4x + 2 = 0 ⇔  ⇔  x2 = 2 − 2  a = 2 −   b = 2 +

2 2 2 2(ktm do a > b)

a = 2 + 2 ⇔ b = 2 − 2

SỞ GD&ĐT HÒA BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG THPT PTDTNT THPT TỈNH, CÁC TRƯỜNG PT DTNT THCS&THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 ĐỀ THI MÔN TOÁN (DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH) Thời gian làm bài : 120 phút

Câu I. (2,0 điểm) 1) Tìm điều kiện xác định a) A = x − 4

b) B =

5 x−2

2) Rút gọn

a) A = 75 − 3

b) B =

(

)

2 +1 − 2

Câu II. (2,0 điểm) 1) Vẽ đồ thị hàm số : y = −2 x + 3 2) Cho phương trình x 2 − 4 x + m − 1 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 = 14 Câu III. (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH , biết HB = 2cm, HC = 8cm . Tính độ dài các cạnh AB, AC 2) Một ô tô và một xe máy khởi hành cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ. Tìm vận tốc của ô tô và xe máy, biết rằng nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km / h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km / h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy. 3 x − 6 + 7 y + 5 = 27 3) Giải hệ phương trình :   x − 6 + 2 y + 5 = 8 Câu IV. (2,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, các điểm M , N thay đổi trên các cạnh BC , CD sao cho ∠MAN = 45° ( M , N không trùng với các đỉnh của hình vuông). Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của AM , AN với BD. Chứng minh rằng : 1) Tứ giác ABMQ và tứ giác MNQP là các tứ giác nội tiếp 2) NA là phân giác của ∠MND 3) MN tiếp xúc với một đường tròn cố định Câu V. (1,0 điểm) 1) Cho a > b > 0 . Hãy so sánh a + 2 − a với b + 2 − b 2) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn : x + 3 y ≤ 10 1 27 Chứng minh rằng : + ≥ 10 x 3y

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO 10 MON TOÁN – TỈNH HÒA BÌNH 2021 Câu I. 1) Tìm điều kiện xác định a) A = x − 4 Biểu thức A = x − 4 xác định khi và chỉ khi x − 4 ≥ 0 ⇔ x ≥ 4 Vậy A = x − 4 xác định khi và chỉ khi x ≥ 4 5 b) B = x−2 5 Biểu thức B = xác định khi và chỉ khi x − 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 x−2 5 Vậy B = xác định khi và chỉ khi x ≠ 2 x−2 2) Rút gọn a ) A = 75 − 3

Ta có : A = 75 − 3 = 5 3 − 3 = 4 3 Vậy A = 4 3

(

b) B = B=

(

)

2 + 1 − 2 . Ta có :

)

2 +1 − 2 =

2 +1 − 2 = 2 +1− 2 =1

Vậy B = 1 Câu II. 1) Vẽ đồ thị hàm số y = −2 x + 3 x 0 Ta có bảng giá trị : y = −2 x + 3 3

1 1

 y = −2 x + 3 là đường thẳng đi qua hai điểm ( 0;3) , (1;1)

Đồ thị hàm số

2) Cho phương trình x 2 − 4 x + m − 1 = 0. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 = 14 Phương trình x 2 − 4 x + m − 1 = 0 có ∆ ' = 2 2 − ( m − 1) = 5 − m

Để phương trình x 2 − 4 x + m − 1 = 0 có hai nghiệm x1; x2 thì ∆' ≥ 0 ⇔ 5 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 5 x + x = 4 Khi đó , áp dụng định lý Vi-et, ta có :  1 2 . Ta có : x x = m − 1  1 2 2

x12 + x22 = 14 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 14 ⇔ 42 − 2 ( m − 1) = 14 ⇔ 2 ( m − 1) = 2 ⇔ m − 1 = 1 ⇔ m = 2(tm) Vậy m = 2

Câu III. 1) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH , biết HB = 2cm, HC = 8cm . Tính độ dài các cạnh AB, AC

C B

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC , đường cao AH ta có :

AH 2 = HB.HC = 2.8 = 16  AH = 16 = 4cm Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABH ta có : AB 2 = AH 2 + HB 2  AB 2 = 42 + 22 = 20  AC = 20 = 2 5 ( cm ) Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ACH ta có : AC 2 = AH 2 + HC 2 = 4 2 + 82 = 80  AC = 80 = 4 5(cm)

Vậy AB = 2 5cm, AC = 4 5cm

2) Một ô tô và một xe máy khởi hành cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ. Tìm vận tốc của ô tô và xe máy, biết rằng nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km / h và vận tốc của xe máy giảm đi 5km / h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc của xe máy. Gọi vận tốc của ô tô và vận tốc của xe máy lần lượt là x, y ( km / h )( x, y > 0 ) Sau 2 giờ ô tô đi được quãng đường : 2x ( km ) Sau 2 giờ xe máy đi được quãng đường : 2 y ( km ) Vì 2 xe khởi hành cùng một lúc từ hai tỉnh cách nhau 200km, đi ngược chiều và gặp nhau sau 2 giờ nên ta có phương trình : 2 x + 2 y = 200 ⇔ x + y = 100 (1) Nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km / h thì vận tốc mới của ô tô: x + 10(km / h)

Nếu vận tốc của xe máy giảm đi 5km / h thì vận tốc mới của xe máy : y − 5(km / h) Vì nếu vận tốc của ô tô tăng thêm 10km/h và vận tốc xe máy giảm 5km/h thì vận tốc của ô tô bằng 2 lần vận tốc xe máy nên ta có phương trình : x + 10 = 2 ( y − 5 ) ⇔ x − 2 y = −20 ( 2 )  x + y = 100 3 y = 120  x = 60 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  ⇔ ⇔ ( tm ) x − 2 y = − 20 x = 100 − y y = 40    Vậy vận tốc của ô tô là 60km / h , vận tốc của xe máy là 40km / h

3 x − 6 + 7 y + 5 = 27 3) Giải hệ phương trình :   x − 6 + 2 y + 5 = 8 x − 6 ≥ 0 x ≥ 6 ĐKXĐ:  ⇔ y + 5 ≥ 0  y ≥ −5

a = x − 6 Đặt  ( a, b ≥ 0 ) , hệ phương trình trở thành : b = y + 5  3a + 7b = 27 a = 8 − 2b a = 2 ⇔ ⇔ ⇔ (tm) 3a + 6b = 24 b = 3 b = 3

3a + 7b = 27   a + 2b = 8

 x − 6 = 2  x − 6 = 4  x = 10 ⇔ ⇔ ⇔  y + 5 = 3  y + 5 = 9  y = 4 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (10;4 )

Câu IV.

P M H

I D

1) Tứ giác ABMQ và tứ giác MNQP là các tứ giác nội tiếp Ta có: ∠MAN = 45° hay ∠MAQ = 45° Lại có : ∠CBD = 45° (do BD là đường chéo của hình vuông ABCD nên BD là phân giác của ∠ABC ) nên ∠MBQ = 45° Do đó ∠MAQ = ∠MBQ = 45° suy ra tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai

đỉnh kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau)  ∠QMA = ∠QBA = 45° (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AQ )  ∠QMP = 45° (1) Ta có : ∠BDC = 45° ( gt )  ∠PAN = 45° Do đó ∠NDP = ∠PAN  tứ giác ADNP là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau) Suy ra ∠ANP = ∠ADP = 45° = ∠QNP  tứ giác MNQP nội tiếp đường tròn (tứ giác có hai đỉnh kề cùng chắn một cạnh dưới các góc bằng nhau 2) NA là phân giác của ∠MND

Do tứ giác ADNP là tứ giác nội tiếp (cmt) nên ∠APN + ∠ADN = 180° (tính chất tứ giác nội tiếp). Mà ∠ADN = 90°(do ABCD là hình vuông) nên ∠APN = 90° Xét tam giác vuông ADN , ta có : ∠DNA = 90° − ∠DAN = 90° − ∠DPN = 90° − ∠QPN ( ∠DAN = ∠DPN do hai góc nội tiếp cùng chắn cung DN ) Do tứ giác MPQN nội tiếp đường tròn (cmt) nên ∠QNM = ∠APQ = 90° − ∠QPN (góc trong và góc ngoài tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp) Do đó ∠DNA = ∠QNM  ∠DNA = ∠ANM hay AN là phân giác ∠MND ( dfcm )

3) MN tiếp xúc với một đường tròn cố định Gọi H là giao điểm của NP và MQ Vì tứ giác ABMQ nội tiếp (cmt) nên ∠ABM + ∠AQM = 180° Mà ∠ABM = ∠ABC = 90°  ∠AQM = 90°  MQ ⊥ AN Lại có ∠APN = 90° ( cmt )  NP ⊥ AM Mà MQ ∩ NP = { H }  H là trực tâm của tam giác AMN Gọi giao điểm của AH và MN là I Suy ra AI ⊥ MN (do AI là đường cao thứ ba của tam giác AMN ) Ta có tứ giác ABMQ nội tiếp (cmt) nên ∠AQB = ∠AMB (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB ) . Mà tứ giác MPQN nội tiếp (cmt) nên ∠AQP = ∠NMP (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp) Suy ra ∠AMB = ∠NMP hay ∠AMB = ∠IMA Xét ∆AMB và ∆AMI ta có : ∠ABM = ∠AIM = 90°, ∠AMB = ∠IMA(cmt ), AM là cạnh chung Do đó ∆AMB = ∆AMI (cạnh huyền – góc nhọn)  AB = AI (hai cạnh tương ứng) nên AI có độ dài không đổi  ( A; AI ) cố định Lại có AI ⊥ MN ( cmt )  MN là tiếp tuyến của đường tròn ( A; AI ) tại I Vậy MN luôn tiếp xúc với đường tròn tâm A bán kính AI cố định ( dfcm )

Câu V. 1) Cho a > b > 0 . Hãy so sánh Xét hiệu

( H =(

a + 2 − a với b + 2 − b

) ( b + 2 − b) b + 2) −( a − b)

a+2− a −

a+2−

a + 2−b−2 a−b − a+2 + b+2 a+ b 1 1   H = (a − b) −  a+ b  a+2 + b+2 Vì a > b > 0  a − b > 0 H=

 a + 2 > a Ta có :   a+2 + b+2 > a + b b + 2 > b  1 1 1 1  <  − < 0 . Do đó a+2 + b+2 a+ b a+2 + b+2 a+ b



1 1  − <0 a+ b  a+2 + b+2

(a − b) H =

(

) (

a+2− a −

)

b+2 − b <0

⇔ a+2 − a < b+2 − b Vậy với a > b > 0 thì a + 2 − a < b + 2 − b 2) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn : x + 3 y ≤ 10

Chứng minh rằng :

1 27 + ≥ 10 x 3y

Áp dụng BĐT Svac-xơ ta có : 1 27 1 9 9 9 + = + + + x 3y x 3y 3y 3y 2

12 32 32 32 (1 + 3 + 3 + 3) = = + + + ≥ x 3y 3y 3y x + 3 3y Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có :

( x + 3 y )(1 + 9 ) ≥

(

x + 3 3y

)

 x + 3 3 y ≤ 10 ( x + 3 y ) ≤ 10.10 = 10

100 x + 3 3y

Do đó

1 27 + ≥ x 3y

100 100 ≥ = 10(dfcm) x + 3 3 y 10

 x 3y x = 1  = Dấu " = " xảy ra ⇔  1 ⇔  3  x + 3 y = 10  y = 3 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Bài thi : TOÁN Ngày thi : 17/06/2021 Thời gian làm bài : 90 phút, không kể giao đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. Giá trị của biểu thức

(

)

5 − 2 bằng

A.2 − 5

B.1

C. 5 + 2

Câu 2. Biểu thức

x − 3 có nghĩa khi và chỉ khi

A.x < 3

B.x ≥ 3

C . x < −3

D. 5 − 2

D.x > −3

Câu 3.Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) . Khẳng định nào sau đây sai ?

B O C

A.∠ADB = ∠ABD B.∠ABC + ∠CDA = 180° C.∠DAB + ∠ABC + ∠BCD + ∠CDA = 360° D.∠DAC = ∠DBC

Câu 4. Số nghiệm của phương trình A.0

B.62

2 x + 1 = 5 là C.1

D.2

Câu 5.Hệ phương trình nào sau đây là hệ hai phương trình bậc nhất hai ẩn x, y ?

x + 3y = 8 A.  6 x − y = 9

 x − y = −1 B.  3 x + y = 9

x − 2 y = 0  C.  2 + =5 x  y 

2 x + y = 10 D.  2 3 x + y = 5

Câu 6.Hình trụ có bán kính đáy bằng r và chiều cao bằng h thì có thể tích là 1 AV . = π r 2h 2

B.V = π r 2 h

C.V = π rh 2

1 D.V = π r 2 h 3

Câu 7.Chu vi đường tròn bán kính R là : A.

πR 2

B.π R 2

C.π R

D.2π R

Câu 8.Cho đường tròn ( O ) bán kính OA và đường tròn ( O ') có đường kính OA. Vị trí tương đối của hai đường tròn là : A. nằm ngoài nhau B. cắt nhau

C. tiếp xúc trong D. tiếp xúc ngoài

Câu 9.Phương trình x 2 + 6 x + 5 = 0 nhận số nào sau đây làm một nghiệm A.1

B.6

C. − 5

D.5

Câu 10.Cho tam giác ABC có AB = 9, BC = 12, AC = 15. Khẳng định nào sau đây đúng ? A. Tam giác ABC vuông tại B

B. Tam giác ABC vuông tại A

C. Tam giác ABC cân tại C

D. Tam giác ABC vuông tại C

Câu 11.Đồ thị hàm số y = −3 x 2 đi qua điểm nào trong các điểm sau đây ? A.(1;9 )

B.( 3;9 )

C.(1; −3)

D.( 0; −3)

x + 3y = 8 Câu 12. Hệ phương trình  có bao nhiêu nghiệm ? 3 x − y = 2 A.1

B. Vô số

C. 2

D. 0

Câu 13.Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH . Hệ thức nào sau đây sai ?

AH BH AB C.sin ∠ACB = BC A.cot ∠ABH =

B.cos ∠ABH = D.tan ∠ACH =

BH AB

AH CH

Câu 14.Hệ số góc của đường thẳng y = 5 x − 1là : A.1

B.5

C.4

D. − 1

Câu 15.Cho hàm số y = −2021x 2 . Khẳng định nào sau đây là đúng > A. Hàm số trên luôn nghịch biến trên ℝ B. Hàm số đồng biến khi x > 0 và nghịch biến khi x < 0 C. Hàm số trên luon đồng biến trên ℝ D. Hàm số đồng biến khi x < 0 và nghịch biến khi x > 0

Câu 16.Hình nón có độ dài đường sinh bằng l , bán kính đường tròn đáy là r thì có diện tích xung quanh là : 1 A.S xq = π r 2l 3

1 B.S xq = π rl 2

C.S xq = 2π rl

D.S xq = π rl

3 x − 2 y = 7 Câu 17.Cặp số ( x; y ) nào sau đây là nghiệm của hệ phương trình  ? x + y = 4

A.( 3;1)

B.(1; −2 )

C.( 7;4 )

D.( 7; −3)

Câu 18.Trong các phương trình sau, phương trình nào là phương trình bậc hai ẩn x ? A.2021x − 4 = 0

B.3 x − 2 x + 1 = 0 C.x 4 − 6 x 2 + 9 = 0 D.x 2 − x + 5 = 0

Câu 19.Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số y = −2 x + 4? A.(1; −6 )

B.( −1;2 )

C.( 2;0 )

D.( −2;4 )

Câu 20.Cho hàm số y = ( m + 5 ) x − 3 , điều kiện của m để hàm số trên là hàm số bậc nhất A.m ≠ −5

B.m = −5

C.m ≠ 5

D.m ≠ −3

x − 3y = 3 Câu 21.Hệ phương trình  không tương đương với hệ phương trình nào sau 2 x + 3 y = 1 đây ? x − 3y = 3 A.  3 x = 4

x = 3 + 3y B.  2 x + 3 y = 1

2 x − 6 y = 6 C.  2 x + 3 y = 1

 6 x = −2 D.  2 x + 3 y = 1

 2 x + by = 4 Câu 22.Hệ phương trình  có nghiệm ( x; y ) = ( 3; −2 ) . Khẳng định nào sau bx − ay = − 3  đây đúng ?

A.a = 0, b = −1

B.a = 1, b = 1

C.a = −3, b = 1

D.a = 0, b = 1

Câu 23.Cho đường tròn ( O; R ) có dây cung AB = 16cm và khoảng cách từ tâm O đến dây cung AB bằng : A.8cm

B.6cm

C.12cm

D.10cm

Câu 24.Cho tam giác MNP có MN = 9cm, MP = 15cm, NP = 12cm, đường cao NH . Khẳng định nào sau đây là đúng ? A.MH =

27 cm 5

4 B.MH = cm 5

3 C.MH = cm 4

3 D.MH = cm 5

Câu 25.Một quả bóng có dạng hình cầu, diện tích của mặt quả bóng đá bằng 576π ( cm 2 ) Thể tích của quả bóng đó là : A.2304π ( cm3 )

B.4608π ( cm3 )

C.2430π ( cm3 )

D.2354π ( cm3 )

 −1  Câu 26.Giá trị m để đồ thị hàm số y = ( m − 1) x + m + 2 đi qua điểm có tọa độ  ;0  là  3  A.m =

1 2

B.m = −

7 2

C.m = −2

D.m = 6

Câu 27.Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 + 5 x − 2 = 0 . Giá trị của biểu thức A=

1 1 + bằng : x1 x2

A. A = −

2 5

B. A = −

5 2

C. A = −3

D. A =

5 2

Câu 28.Đường thẳng y = a 2 x + 5 song song với đường thẳng y = 9 x + 15 khi và chỉ khi A.a ∈∅

B.a = ±3

C.a = 3

D.a = −3

Câu 29.Tọa độ các giao điểm của đường thẳng ( d ) : y = 3 x − 4 và parabol ( P ) : y = − x 2 là : A. A (1; −1) , B ( −4; −16 )

B. A (1;1) , B ( 4; −16 )

C. A (1; −1) , B ( −4;4 )

D. A ( −1; −1) , B ( 4; −16 )

Câu 30.Hai số a = 3, b = 4 là nghiệm của phương trình nào sau đây ? A.x 2 + 7 x − 12 = 0 B.x 2 − 12 x − 7 = 0 C.x 2 − 7 x + 12 = 0 D.x 2 + 12 x + 7 = 0

Câu 31.Số nghịch đảo của 2 − 3 là : A.2 + 3

1 2+ 3

Câu 32.Rút gọn biểu thức A. − ab 2

C. − 2 − 3

D. 3 − 2

a 2 .b 4 với a > 0 và b ∈ ℝ , ta được kết quả là :

B.a 2b 2

C . − a 2b 2

D.ab 2

Câu 33.Trong hình vẽ bên, biết C là trung điểm OB. Số đo của cung nhỏ AC bằng A.40° C.60°

B.30° D.45°

Câu 34.Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 10cm, AC = 24cm. Độ dài bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là : A.26cm

B.17cm

Câu 35. Phương trình A.S = {7}

( x − 2)

B.S = {−3}

C.13cm 2

D. 119cm

= 5 có tập nghiệm là : C.S = {−3;7}

D.S = {−7;7}

Câu 36. Để đo chiều cao của một ngọn núi, người quan sát đứng từ hai vị trí khác nhau của tòa nhà. Lần thứ nhất người đó quan sát đỉnh núi từ trên sân thượng với phương nhìn tạo với phương nằm ngang 1 góc α = 18° và lần thứ hai người này quan sát đỉnh núi từ mặt sàn tầng trệt của cùng tòa nhà đó với phương nhìn tạo với phương nằm ngang một góc β = 40° . Tính chiều cao của ngọn núi biết rằng khoảng cách từ mặt sàn tầng trệt đến sân thượng là 180m (kết quả làm tròn đến số thập phân thứ hai) A.2937, 4m

B.293,7m

C.350,1m

D.239,7 m

Câu 37. Nhà bạn Minh có một chiếc thang dài 3,5m. Cần đặt thang cách chân tường một khoảng bằng bao nhiêu để khi tựa vào tường, than tạo được với mặt đất một góc an toàn là 60° (tức là đảm bảo thang không đổ khi sử dụng) A.3,5m

B.2,1m

C.1,75m

D.2,5m

Câu 38. Cho phương trình x 2 − 2mx + ( 2m − 3) = 0 . Có bao nhiêu giá tri m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 = 10?

A.3

B.1

C.2

D.4

Câu 39.Trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT, tại 1 phòng thi có 24 thí sinh dự thi, tất cả các thí sinh đều không vi phạm quy chế thi và làm bài trên tờ giấy thi của mình. Sau khi thu bài thi, cán bộ coi thi đếm được 35 tờ giấy thi và bài thi của mỗi học sinh chỉ gồm 1 tờ hoặc 2 tờ. Hỏi trong phòng thi đó có bao nhiêu thí sinh mà bài làm gồm 2 tờ giấy thi ? (biết tất cả thí sinh đều nộp bài thi) A.11

B.13

C.12

D.14

Câu 40.Một thửa ruộng hình chữ nhật có chu vi 160m . Nếu chiều dài giảm 3 lần và chiều rộng tăng 3 lần thì chu vi thửa ruộng không đổi. Diện tích của thửa ruộng đó bằng : A.1200m 2

B.1800m 2

C.900m 2

D.2400m 2

Câu 41.Người ta đổ một cái ống cống bằng bê tông, dạng hình trụ, có các kích thước như hình vẽ sau. Thể tích phần nguyên vật liệu tạo nên thành cống là (kết quả làm tròn đến số thập phân thứ hai)

A.0, 42m3

B.0,75m3

C.1,50m3

D.0,24m3

1  x 1  1 Câu 42. Cho biểu thức A =  − ( x > 0 ) . Giá trị của x để A > : 3 x +1 x + 2 x +1 x+ x là : 1 A. < x < 1 3

3 B. < x < 2 4

C.x <

3 hoặc x > 2 4

D.0 < x <

3 4

Câu 43.Cho tam giác ABC cân tại A. Vẽ đường tròn tâm O, đường kính BC. Đường tròn

( O ) c ắt

AB, AC lần lượt tại I , K . Biết ∠BAC = 50°. Khi đó, số đo ∠IBK bằng

A.50°

B.100°

C.40°

D.80°

Câu 44.Cho hai đường tròn ( O;20cm ) và ( O ';15cm ) cắt nhau tại A và B. Biết rằng AB = 24cm , O và O ' nằm cùng phía đối với đường thẳng AB. Độ dài đoạn nối tâm OO ' là: A.OO ' = 9cm

B.OO ' = 7cm

C.OO ' = 25cm

D.OO ' = 8cm

Câu 45.Biết rằng khi m thay đổi, giao điểm của hai đường thẳng y = 3 x − m − 1 và y = 2 x + m − 2 luôn nằm trên đường thẳng y = ax + b ( a, b ∈ ℝ ) . Khi đó tổng S = a + b là

A.S =

5 2

B.S = 1

C.S = 5

D.S =

3 5

mx − y = m 2 Câu 46.Cho hệ phương trình  ( m là tham số)có nghiệm duy nhất 2 2 x + my = m + 2 m + 2  ( x; y ) . Giá trị nhỏ nhất của tổng T = x 2 + y + 2 là :

5 4

−1 2

3 4

5 2

Câu 47. Cho hai đường thẳng ( d1 ) : y = mx − 4 và ( d 2 ) : y = − mx − 4. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên âm của m để tam giác tạo bởi d1 , d 2 và trục hoành có diện tích lớn hơn 4. Số phần tử của tập S là :

A.7

B.4

C.8

D.3

Câu 48.Cho góc ∠xOy = 45°. Hai điểm A, B thứ tự trên Ox, Oy thay đổi sao cho OA + OB = 12cm. Giá trị lớn nhất của diện tích tam giác ABO là : A.4 2cm 2

B.9 2cm 2

C.24 2cm 2

D.6 2cm 2

Câu 49.Số giá trị nguyên của tham số a sao cho biểu thức A = x 2 + 2 x − a 2 + 4a − 2 xác định với mọi giá trị thực của x là : A.2 B. vô số C.1 D.3 Câu 50. Cho hai hàm số y = x 2 và y = mx + 4 , với m là tham số. Số giá trị nguyên dương của m để đồ thị của hai hàm số đã cho luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A1 ( x1; y1 ) và

A2 ( x2 ; y2 ) thỏa mãn y12 + y22 = 112 là : A.2

B.3

C.4

D.1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN – HƯNG YÊN NĂM 2021 1D

10A

11C 12A 13A 14B 15D 16D 17A 18D 19C 20A 21D 22C 23D 24A 25A 26B 27D 28B 29A 30C 31A 32D 33C 34C 35C 36B 37C 38C 39A 40A 41A 42D 43C 44C 45B 46C 47D 48B 49D 50D

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi : TOÁN Ngày thi : 03/6/2021 Thời gian :120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (2,00 điểm) Không sử dụng máy tính cầm tay a) Tính giá trị biểu thức A = 18 + 2 8 −

1 50 5

3 x − 2 y = 11 b) Giải hệ phương trình :  x + 2 y = 9

Câu 2. (2,50 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ, cho parabol ( P ) : y = x 2 và đường thẳng ( d ) : y = 2 x + m 2 − 2m

( m là tham số) a) Biết A là một điểm thuộc ( P ) và có hoành độ x A = −2 . Xác định tọa độ điểm A b) Tìm tất cả các giá tị của m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt c) Xác định tất cả các giá trị của m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành

độ lần lượt là x1 và x2 thỏa mãn điều kiện x12 + 2 x2 = 3m Câu 3. (1,50 điểm) Theo kế hoạch, Công an tinh Khánh Hòa sẽ cấp 7200 thẻ Căn cước công dân cho địa phương A. Một tổ công tác được điều động đến địa phương A để cấp thẻ Căn cước công dân trong một thời gian nhất định. Khi thực hiện nhiệm vụ, tổ công tác đã cải tiến kỹ thuật nên mỗi ngày đã cấp tăng thêm được 40 thẻ so với kế hoạch. Vì vậy tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được bao nhiêu thẻ Căn cước ? Câu 4.(3,00 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn ( O; R ) và hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H a) Chứng minh BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn b) Chứng minh OA ⊥ EF c) Hai đường thẳng BE , CF lần lượt cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là N và P.

Đường thẳng AH cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là M và cắt BC tại D. AM BN CP Tính giá trị biểu thức + + AD BE CF Câu 5. (1,00 điểm) Giải phương trình :

x 2 − 1 − 3x 2 + 4 x + 1 = (8 − 2 x ) x + 1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TỈNH KHÁNH HÒA NĂM 2021 Câu 1. a) Tính giá trị biểu thức 1 1 A = 18 + 2 8 − 50 = 9.2 + 2 4.2 − 25.2 5 5 =3 2 +4 2 − 2 =6 2 Vậy A = 6 2 3 x − 2 y = 11 b) Giải hệ phương trình  x + 2 y = 9 4 x = 20 3x − 2 y = 11  x = 5 ⇔ Ta có :  9− x ⇔  x + 2 y = 9 y = 2  y = 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 5;2 )

Câu 2. a) Xác định tọa độ điểm A 2

Thay x A = −2 vào hàm số ( P ) : y = x 2 ta được y A = ( −2 ) = 4 Vậy A ( 2;4 )

b) Tìm tất cả các giá trị của m để ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt Phương trình hoành độ giao điểm của ( d ) và ( P ) là : x 2 = 2 x + m 2 − 2m ⇔ x 2 − 2 x − m 2 + 2m = 0 (1)

( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân 2 biệt ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 1 + m 2 − 2m > 0 ⇔ ( m − 1) > 0 ⇔ m ≠ 1 Vậy với m ≠ 1 thì ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt c) Xác định m để x12 + 2 x2 = 3m  x1 + x2 = 2 Với m ≠ 1. Áp dụng định lý Vi-et vào phương trình (1), ta có :  2  x1 x2 = − m + 2m Do x1 là nghiệm phương trình (1) nên :

x12 = 2 x1 + m 2 − 2m mà x12 + 2 x2 = 3m nên : 2 x1 + m 2 − 2m + 2 x2 = 3m ⇔ 2 ( x1 + x2 ) + m 2 − 5m = 0  m = 1(ktm) ⇔ m 2 − 5m + 4 = 0 ⇔   m = 4(tm) Vậy m = 4

Câu 3. Theo kế hoạch, Công an tinh Khánh Hòa sẽ cấp 7200 thẻ Căn cước công dân cho địa phương A. Một tổ công tác được điều động đến địa phương A để cấp thẻ Căn cước công dân trong một thời gian nhất định. Khi thực hiện nhiệm vụ, tổ công tác đã cải tiến kỹ thuật nên mỗi ngày đã cấp tăng thêm được 40 thẻ so với kế hoạch. Vì vậy tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được bao nhiêu thẻ Căn cước ? Gọi số thẻ Căn cước trong một ngày mà tổ công tác cấp theo kế hoạch là x thẻ 7200 (ngày) ( x ∈ ℕ *)  số ngày cần để cấp hết 7200 thẻ theo kế hoạch là x Số thẻ cấp được trong một ngày theo thực tế là x + 40 (thẻ)  Số ngày cấp hết 7200 thẻ theo thực tế là

7200 (ngày) x + 40

Vì tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày nên ta có phương 7200 7200 3600 3600 − =2⇔ − =1 trình: x x + 40 x x + 40  3600 ( x + 40 ) − 3600 x = x ( x + 40 ) ⇔ 3600 x + 144000 − 360 x = x 2 + 40  x = 360(tm) ⇔ x 2 + 40 x − 144000 = 0 ⇔   x = −400(ktm) Vậy theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được 360 thẻ căn cước

Câu 4.

x A

N E

O H B

M a) Chứng minh rằng BCEF là tứ giác nội tiếp Tứ giác BCEF có ∠BFC = ∠BEC = 90° ( gt ) Suy ra tứ giác BCEF nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau) b) Chứng minh OA ⊥ EF Kẻ tiếp tuyến Ax của ( O ) Ta có : ∠CAx = ∠CBA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung AC ) mà ∠CBA = ∠CBF = ∠AEF (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp BCEF )  ∠CAx = ∠AEF Mà 2 góc này ở vị trí so le trong  Ax / / EF Theo cách vẽ ta có OA ⊥ EF

c) Hai đường thẳng BE , CF lần lượt cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là N và P. Đường thẳng AH cắt đường tròn ( O ) tại điểm thứ hai là M và cắt BC AM BN CP tại D. Tính giá trị biểu thức + + AD BE CF Ta có : 1 S AMBC 2 AM .BC AM 1 1 = = S ABC = AD.BC ; S ABMC = AM .BC  1 2 2 S ABC AD AD.BC 2 S BN S ACBP CP , = Chứng minh tương tự, ta có : ABCM = S ABC BE S ABC CF  =

AM BN CP S ABMC + S ABCN + S ACBP + + = AD BE CF S ABC

+ S NAC + S PAB S ABC + S MBC + S ABC + S NAC + S ABC + S PAB S = 3 + MBC S ABC S ABC

Lại có : ∠MBD = 90° − ∠AHE = 90° − ∠BHD = ∠HBD Xét ∆HBD và tam giác MBD có : ∠MBD = ∠HBD (cmt )  ∆HBD ∽ ∆MBD ( g .g )  ∠BDH = ∠BDM = 90°

HD MD 1 1 =  HD = MD  S HBC = HD.BC = MD.BC = S ABC BD BD 2 2 Chứng minh tương tự, ta có : S NAC = S HAC , S PAB = S HAB 



AM BN CP S + S NAC + S PAB + + = 3 + MBC AD BE CF S ABC

=3+

S HBC + S HAC + S HAB S = 3 + ABC = 3 + 1 = 4 S ABC S ABC

Vậy

AM BN CP + + =4 AD BE CF

Câu 5. Giải phương trình

x 2 − 1 − 3x 2 + 4 x + 1 = (8 − 2 x ) x + 1

 x2 − 1 ≥ 0  x = −1  ĐKXĐ:  x + 1 ≥ 0 ⇔ 3 x 2 + 4 x + 1 ≥ 0  x ≤ 1 

Dễ thấy x = −1 là một nghiệm của phương trình . Với x ≠ −1 ta có : x 2 − 1 − 3x 2 + 4 x + 1 = (8 − 2 x ) x + 1

( x − 1)( x + 1) − ( x + 1)( 3x + 1) = ( 8 − 2 x )

⇔

⇔ x + 1.

(

x +1

)

x − 1 − 3x + 1 − 8 + 2 x = 0

⇔ x − 1 − 3 x + 1 − 8 + 2 x = 0 (do x ≥ 1) ⇔

(

) (

)

x − 1 − 2 + 4 − 3 x + 1 + ( 2 x − 10 ) = 0

x−5 15 − 3 x + + 2 ( x − 5) = 0 x − 1 + 2 4 + 3x + 1 1 3   ⇔ ( x − 5)  − + 2 = 0  x − 1 + 2 4 + 3x + 1  ⇔

Ta có : 3x + 1 > 0  4 + 3x + 1 > 4 

x −1 ≥ 0  x −1 + 2 > 0  

−3 −3 > 4 + 3x + 1 4

1 >0 x −1 + 2

1 3 3 − + 2 > 0 − + 2 > 0 . Do đó ta có : 4 x − 1 + 2 4 + 3x + 1 

1 3  − + 2  = 0  x − 5 = 0 ⇔ x = 5(tm)  x − 1 + 2 4 + 3x + 1 

( x − 5) 

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {−1;5}

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi : 18/06/2021

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang)

I.PHẦN TRẮC NGHIỆM (3,0 điểm: gồm 15 câu hỏi trắc nghiệm một lựa chọn) Thí sinh kẻ bảng sau đây vào giấy thi và điền đáp án của câu hỏi vào ô tương ứng Câu 1 Đ.A

Câu 1.Giá trị của biểu thức A.16

128 bằng : 8

B.8

C.2

D.4

1 Câu 2.Giá trị của hàm số y = x 2 tại x = −3 là 3 A. − 3

B.3

C.9

D. − 9

Câu 3.Biệt thức ∆ của phương trình x 2 − 3 x − 1 = 0 là : A.∆ = 5

B.∆ = 13

C.∆ = −5

D.∆ = −13

Câu 4.Phương trình x 2 + 2 x − 3 = 0 có tập nghiệm là : A.S = {1;3}

B.S = {1; −3}

C.S = {−1; −3}

D.S = {−1;3}

Câu 5.Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số y = 5 x + 2? A.M ( 5;2 )

B.P ( 2;0 )

C.N (1;7 )

 5  D.Q  − ;0   2 

Câu 6.Nếu đường tròn có bán kính bằng 3 thì đường tròn có chu vi bằng A.2π

B.9π

C.6π

3x + y = 9 Câu 7.Nghiệm của hệ phương trình  là : 2 x + y = 7 

D.3π

A.( 2;3)

B.( 3;2 )

C.( −2; −3)

D.( −3; −2 )

Câu 8.Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ℝ ? A. y = − x + 1

B. y = −2 x + 1

C. y = − 3x + 2

D. y = x + 2

Câu 9.Một hình nón có bán kính đáy bằng 3cm và chiều cao bằng 2cm . Thể tích hình nón này là ? A.12π ( cm3 )

B.6π ( cm3 )

C .2π ( cm3 )

D.18π ( cm3 )

Câu 10.Hai đường thẳng d1 : y = x + 2 và d 2 : y = ax + 3 song song với nhau khi A.a ≠ 1

B.a = 1

C.a = −1

Câu 11.Biểu thức

2 x − 2 có nghĩa khi :

A.x ≥ 1

B.x ≤ 1

C.x ≤ −1

D.a ≠ −1

D.x ≥ −1

Câu 12. Nếu phương trình bậc hai x 2 + bx + c = 0 có hai nghiệm là x = 2 và x = −3 thì b + c bằng : A. − 6

B.5

C. − 5

D.3

Câu 13.Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi H là chân đường cao đỉnh A của tam giác ABC. Biết BH = 2cm, CH = 3cm. Độ dài của đoạn AH bằng bao nhiêu ?

A. 5cm

B.6cm

C.1cm

D. 6cm

Câu 14.Tính diện tích xung quanh của hình trụ có đường kính đáy 8 ( cm ) và chiều cao 12 ( cm ) là : A.96π cm 2

B.128π cm 2

C.48π cm 2

D.192π cm 2

Câu 15. Mặt cầu ( S ) có độ dài đường kính d . Diện tích mặt cầu ( S ) là : A.d 2

B.π d 2

C.2π d 2

D.4π d 2

II.TỰ LUẬN (7,0 điểm : gồm 5 bài toán) Bài 1.(1,5 điểm) a) Thực hiện phép tính A = 112 − 63 1  x > 0  x−4  b) Rút gọn biểu thức B =  − 2 x :    x+2  x − 2  x ≠ 4

Bài 2.(1,5 điểm) a) Vẽ parabol ( P ) : y =

1 2 x trên hệ trục tọa độ 2

b) Tìm tham số m để đường thẳng ( d ) : y = 2 x + m cắt ( P ) : y =

1 2 x tại hai điểm 2

phân biệt

Bài 3. a) Cho phương trình 2 x 2 + 4 x + m = 0 ( m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m

để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 = 10 b) Theo kế hoạch, công an tỉnh Kiên Giang điều 2 tổ công tác đến làm thẻ Căn cước công dân cho một phường trên địa bàn thành phố Rạch Giá. Nếu cả 2 tổ cùng làm thì trong 4 ngày hoàn thành công việc. Nếu mỗi tổ làm riêng thì thời gian hoàn thành của tổ I ít hơn thời gian hoàn thành của tổ II là 6 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi tổ phải làm trong bao nhiêu ngày để hoàn thành công việc ?

Bài 4.Cho hai đường tròn ( O; R ) và ( O '; r ) tiếp xúc ngoài tại A ( R > r ) . Gọi BC là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn này (với B ∈ ( O ) , C ∈ ( O ')). Tiếp tuyến chung tại A của hai đường tròn ( O ) và ( O ') cắt đoạn thẳng BC tại M a) Chứng minh OM ⊥ O ' M b) Gọi E là giao điểm của AB với OM và F là giao điểm của AC với O ' M . Chứng minh tứ giác OEFO ' nội tiếp một đường tròn c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OEFO ', K là trung điểm của đoạn AM . Chứng minh OO ' = 2 IK

Bài 5. Các ăng ten parabol thu sóng hoạt động dựa theo nguyên lý: mọi tia sóng song song với trục của parabol đều có tia phản xạ đi qua tiêu điểm F của parabol (vì vậy nếu ta đặt thiết bị thu sóng tại F thì sẽ thu sóng được tốt nhất).Người ta chứng minh được rằng: Nếu đường thẳng vuông góc với trục của parabol tại F cắt parabol tại 2 điểm 1 A, B thì OF = AB với O là đỉnh của parabol (tham khảo hình vẽ) 4

Tính độ dài đoạn OF ứng với mô hình trên của một ăng tên parabol (ngang 90cm và cao 9cm)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TỈNH KIÊN GIANG MÔN TOÁN NĂM HỌC 2021 – 2022 I.TRẮC NGHIỆM 1D

10B 11A 12C 13D 14D 15B

II.TỰ LUẬN Bài 1. a) Thực hiện phép tính A = 112 − 63

A = 112 − 63 = 4 7 − 3 7 = 7 Vậy A = 7 1 x ≥0  x−4  b) Rút gọn biểu thức B =  − 2 x :    x+2  x − 2  x ≠ 4 Với x ≥ 0, x ≠ 4 ta có :

1  x−4  − 2 x : = B=  x +2  x −2 =−

(

x+2

)(

(

)(

x −2−2 x .

x −2

)

x − 2 = − ( x − 4) = 4 − x

Vậy B = 4 − x với x ≥ 0, x ≠ 4

Bài 2. a) Vẽ Parabol ( P ) : y =

1 2 x trên trục tọa độ Oxy 2

1 > 0 nên đồ thị có bề lõm hướng lên trên, đồ thị đi qua gốc tọa độ O ( 0;0 ) 2 và nhận trục Oy làm trục đối xứng Hàm số đồng biến khi x > 0 và nghịch biến khi x < 0 Bảng giá trị : Ta có : a =

−2

−1 1 2

0 0

1 1 2

2 2

1 2 1   1 x là đường cong đi qua các điểm ( −2;2 ) ,  −1;  , ( 0;0 ) , 1;  , ( 2;2 ) 2 2   2 Đồ thị hàm số :  ( P) : y =

b) Tìm tham số m để đường thẳng ( d ) : y = 2 x + m cắt (P) tại hai điểm phân biệt Hoành độ giao điểm của đường thẳng ( d ) và Parabol ( P ) là nghiệm của phương trình :

1 2 x = 2 x + m ⇔ x 2 − 4 x − 2m = 0 2 2

Ta có : ∆ ' = ( −2 ) − 1.( −2m ) = 4 + 2m

Đường thẳng ( d ) : y = 2 x + m cắt (P) tại hai điểm phân biệt ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ 2 m + 4 > 0 ⇔ m > −2 Vậy m > −2 thì đường thẳng ( d ) : y = 2 x + m cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

Bài 3.

a) Cho phương trình 2 x 2 + 4 x + m = 0 ( m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 + x22 = 10 Ta có ∆ ' = 22 − 2m = 4 − 2m

Để phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 , x2 thì ∆ ' ≥ 0 ⇔ 4 − 2m ≥ 0 ⇔ m ≤ 2

 x1 + x2 = −2  Khi đó, áp dụng định lý Vi-et ta có :  m . Ta có : x x = 1 2  2 2

x12 + x22 = 10 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 10 ⇔ ( −2 ) − 2.

m = 10 2

⇔ 4 − m = 10 ⇔ m = −6(tm) Vậy m = −6

b) Theo kế hoạch, công an tỉnh Kiên Giang điều 2 tổ công tác đến làm thẻ Căn cước công dân cho một phường trên địa bàn thành phố Rạch Giá. Nếu cả 2 tổ cùng làm thì trong 4 ngày hoàn thành công việc. Nếu mỗi tổ làm riêng thì thời gian hoàn thành của tổ I ít hơn thời gian hoàn thành của tổ II là 6 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi tổ phải làm trong bao nhiêu ngày để hoàn thành công việc ? Gọi thời gian làm riêng hoàn thành công việc của tổ I, II lần lượt là x, y (ngày)

( x , y ∈ ℕ *)  Mỗi ngày tổ I làm được

1 1 (CV), tổ II làm được (CV ) ’ y x

Vì nếu cả 2 tổ cùng làm thì trong 4 ngày hoàn thành công việc nên ta có phương trình : 1 1 1 + = (1) x y 4 Vì nếu mỗi tổ làm riêng thì thời gian hoàn thành của tổ I ít hơn thời gian hoàn thành của tổ II là 6 ngày nên ta có phương trình x + 6 = y ( 2 )

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 1 1 1 1 1 1 = ( *)  + =  + x y 4 ⇔ x x +6 4 x + 6 = y  y = x + 6 

(*)  4 ( x + 6 + x ) = x 2 + 6 x ⇔ x 2 − 2 x − 24 = 0 ⇔ x 2 − 6 x + 4 x − 24 = 0 ⇔ x ( x − 6 ) + 4 ( x − 6 ) = 0  x = 6(tm)  y = 6 + 6 = 12(tm) ⇔ ( x − 6 )( x + 4 ) = 0 ⇔   x = −4(ktm)

Vậy thời gian làm riêng của tổ I, tổ II: 6 ngày, 12 ngày

Bài 4.

B M E

C F O'

a) Chứng minh OM vuông góc với O ' M Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: 1 MO là tia phân giác của ∠AMB  ∠OMA = ∠AMB 2 1 MO ' là tia phân giác của ∠AMC  ∠O ' MA = ∠AMC 2

 ∠OMO ' = ∠OAM + ∠O ' MA =

1 1 ( ∠AMB + ∠AMC ) = .180° = 90° 2 2

Vậy OM ⊥ O ' M b) Gọi E là giao điểm của AB với OM và F là giao điểm của AC và O ' M . Chứng minh tứ giác OEFO ' nội tiếp một đường tròn Ta có : MA = MB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  M thuộc trung trực của AB OA = OB ( = R )  O thuộc trung trực của AB  OM là trung trực của AB  OM ⊥ AB tại E Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta có : O ' M ⊥ AC tại F Xét tứ giác AEMF có : ∠AEM = ∠AFM = ∠EMF = 90°  AEMF là hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết)  AEMF là tứ giác nội tiếp  ∠MFE = ∠MAE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung ME ) Mà ∠MAE = ∠MOA (cùng phụ với ∠OAE )  ∠MFE = ∠MOA  OEFO ' là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện c) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OEFO ', K là trung điểmcủa đoạn AM . Chứng minh OO ' = 2 IK Gọi N là trung điểm của OO ' 1 Vì ∆OMO ' vuông tại M ( ∠OMO ' = 90° )( cmt ) nên MN = OO '  OO ' = 2MN 2 (trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông bằng nửa cạnh huyền) Vì OM , O ' M lần lượt là trung trực của AB, AC nên E , F lần lượt là trung điểm của 1 AB, AC  EF là đường trung bình của ∆ABC  EF = BC 2 Lại có MN là đường trung bình của hình thang OBCO ' nên MN / / OB / / O ' C nên MN ⊥ BC (do OB ⊥ BC ) Mà EF / / BC ( cmt )  MN ⊥ EF (từ vuông góc đến song song) Vì K là trung điểm của AM , mà AEMF là hình chữ nhật (cmt)  K cũng là trung điểm của EF  IK ⊥ EF (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)  MN / / IK (từ vuông góc đến song song) (1)  MK ⊥ OO ' ( do MA ⊥ OO ') Ta có :   MK / / IN ( 2 ) IN ⊥ OO ' 

Từ (1) và (2)  MNIK là hình bình hành(dhnb)  MN = IK (tính chất hbh) Mà OO ' = 2 MN ( cmt ) . Vậy OO ' = 2 IK (dpcm)

Bài 5.

Parabol đi qua hai điểm M , N nên ta có : 1 1 2 9 = a.452 ⇔ a =  Parabol ( P ) : y = x 225 225

Đường thẳng vuông góc với trục của parabol tại F cắt parabol tại 2 điểm A, B nên hai điểm A, B thuộc parabol Gọi tọa độ của F là F ( 0; t )( t > 0 ) , tọa độ của B là B ( xB ; yB )

OF =

1 1 1 AB  FB = AB = .4OF = 2OF = 2t  xB = FB = 2t 4 2 2

F , A, B cùng thuộc đường thẳng AB và song song với trục hoành nên có tung độ bằng nhau  yB = t  B ( 2t ; t ) Vì B là điểm thuộc parabol y =

1 2 x nên 225

t = 0(ktm) 1 2 2 2 t= .( 2t ) ⇔ 4t = 225t ⇔ 4t − 225t = 0 ⇔  225 t = 225 4  225  OF = t = = 56,25(cm) 4 Vậy OF = 56,25cm

UBND TỈNH KON TUM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành Năm học 2021 – 2022 Môn : TOÁN (chung) Ngày thi: 21/6/2021 Thời gian: 120 phút (không kể giao đề)

Câu 1.(2,0 điểm) 1. Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức : A = 2 2 + 4 8 − 32 2. Tìm m để đồ thị hàm số y = ( 2m − 1) x − m − 4 đi qua điểm I ( 2;3) Câu 2. 3 x + 2 y = 10 1. Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình :   2 x − 3 y = −2 2. Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + m = 0 (1)( m là tham số) a. Giải phương trình (1) khi m = 3 b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x2 + x1 x22 = 4 Câu 3.(1,5 điểm) Để khuyến khích người lao động sử dụng cồn sát khuẩn rửa tay phòng dịch Covid-19. Công ty A đã giảm giá mặt hàng này hai lần liên tiếp trong một thời gian ngắn, lần 1 giảm 10% giá bán ban đầu, lần 2 giảm tiếp 15% giá đang bán. Do đó mặt hàng này đến tay người tiêu dùng với giá là 15300 đồng/ 1 chai sản phẩm. Hỏi ban đầu công ty A bán 1 chai sản phẩm này giá bao nhiêu Câu 4.(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Kẻ các đường cao BH , CK (H nằm trên AC , K nằm trên AB ) 1) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp và AH . AC = AK . AB 2) Chứng minh OA ⊥ HK Câu 5.(1,0 điểm) Cho đường tròn ( C ) tâm O bán kính R = 5cm , vẽ dây cung AB của đường tròn ( C ) sao cho khoảng cách từ tâm O tới AB là 3cm. Tính diện tích hình chữ nhật nội tiếp đường tròn ( O ) có một cạnh là dây cung AB Câu 6.(0,5 điểm) Cho a, b là hai số thực thỏa mãn a + b ≥ 2. Chứng minh rằng a 4 + b 4 ≥ a 3 + b3

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM 2021 TỈNH KON TUM MÔN TOÁN CHUNG Câu 1. 1. Không dùng máy tính cầm tay, tính giá trị của biểu thức

A = 2 2 + 4 8 − 32 Ta có : A = 2 2 + 4 8 − 32 = 2 2 + 4. 4.2 − 16.2 = 2 2 +8 2 −4 2 =6 2

Vậy A = 6 2 2. Tìm m để đồ thị hàm số y = ( 2m − 1) x − m − 4 đi qua điểm I ( 2;3)

Đồ thị hàm số đi qua điểm I ( 2;3) khi và chỉ khi :

( 2m − 1).2 − m − 4 = 3 ⇔ 4m − 2 − m − 4 = 3 ⇔ 3m = 9 ⇔ m = 3 Vậy với m = 3 thì đồ thị hàm số y = ( 2m − 1) x − m − 4 đi qua điểm I ( 2;3)

Câu 2. 3 x + 2 y = 10 1. Không dùng máy tính cầm tay, giải hệ phương trình :   2 x − 3 y = −2 Ta có:

13x = 26 3x + 2 y = 10 9 x + 6 y = 30 x = 2  ⇔ ⇔ ⇔     2x + 2 2 x − 3 y = −2 4 x − 6 y = −4  y = y = 2 3  Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 2;2 )

2. Cho phương trình x 2 − 2 ( m − 1) x + m = 0 (1)( m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 3 Thay m = 3 vào phương trình (1) ta được : x 2 − 2 ( 3 − 1) x + 3 = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0

x =1 Vì a + b + c = 1 − 4 + 3 = 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt  c x = = 3 a  Vậy với m = 3 , phương trình có tập nghiệm là S = {1;3} b)

Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x2 + x1 x22 = 4 2

Để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thì ∆ ' ≥ 0 ⇔ ( m − 1) − m ≥ 0 ⇔ m 2 − 2m + 1 − m ≥ 0 ⇔ m 2 − 3m + 1 ≥ 0 (*)

b   x1 + x2 = − a = 2m − 2 Khi đó, áp dụng định lý Vi-et ta có :  . Ta có : c x x = = m  1 2 a x12 x2 + x1 x22 = 4 ⇔ x1 x2 ( x1 + x2 ) = 4 ⇔ m.( 2m − 2 ) = 4 ⇔ 2m 2 − 2m − 4 = 0 ⇔ m2 − m − 2 = 0 Ta có a − b + c = 1 − ( −1) + ( −2 ) = 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt

 m = −1  c m = − = 2 a  Kết hợp điều kiện (*) ta có m = −1 thỏa mãn Vậy m = −1 là giá tri cần tìm.

Câu 3. Để khuyến khích người lao động sử dụng cồn sát khuẩn rửa tay phòng dịch Covid-19. Công ty A đã giảm giá mặt hàng này hai lần liên tiếp trong một thời gian ngắn, lần 1 giảm 10% giá bán ban đầu, lần 2 giảm tiếp 15% giá đang bán. Do đó mặt hàng này đến tay người tiêu dùng với giá là 15300 đồng/ 1 chai sản phẩm. Hỏi ban đầu công ty A bán 1 chai sản phẩm này giá bao nhiêu Gọi giá bán ban đầu của 1 chai cồn sát khuẩn là x (đồng ) ( x > 0 )

Sau lần thứ nhất giảm giá thì giá bán của 1 chai là x − 10% x = 0,9 x (đồng) Sau lần thứ hai giảm giá thì giá bán của 1 chai là : 0,9 x − 0,9 x.15% = ( 0,9 − 0,9.15% ) x = 0,765 x (đồng) Vì sau hai lần giảm giá thì giá của 1 chai sát khuẩn có giá là 15300 đồng nên ta có phương trình : 0,765 x = 15300 ⇔ x = 20000 (đồng) Vậy ban đầu công ty A bán 1 chai sản phẩm sát khuẩn với giá 20 000 đồng

Câu 4.

A H x K O C B 1) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp và AH . AC = AK . AB  BH ⊥ AC Vì BH , CK là các đường cao của ∆ABC nên   ∠BHC = ∠BKC = 90° CK ⊥ AB  Xét tứ giác BCHK có ∠BHC = ∠BKC = 90° nên BCHK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn 1 cạnh dưới các góc bằng nhau)

 ∠AHK = ∠ABC (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp) Xét ∆AHK và ∆ABC có ∠BAC chung , ∠AHK = ∠ABC ( cmt )  ∆AHK ∽ ∆ABC ( g .g ) 

AH AK = (2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ ) AB AC

 AH . AC = AK . AB (dfcm)

2) Chứng minh OA ⊥ HK Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) Ta có ∠xAC = ∠ABC (góc nội tiếp và tiếp tuyến dây cung cùng chắn cung AC ) Mà ∠AHK = ∠ABC ( cmt )  ∠xAC = ∠AHK Lại có 2 góc này nằm ở vị trí hai góc so le trong nên Ax / / HK Vì Ax là tiếp tuyến của ( O ) tại A nên OA ⊥ Ax Vậy OA ⊥ HK (từ vuông góc đến song song) (đpcm)

Câu 5. Cho đường tròn ( C ) tâm O bán kính R = 5cm , vẽ dây cung AB của đường tròn ( C ) sao cho khoảng cách từ tâm O tới AB là 3cm. Tính diện tích hình chữ nhật nội tiếp đường tròn ( O ) có một cạnh là dây cung AB

D O

Gọi H là trung điểm của AB  OH ⊥ AB (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung). Do đó OH = 3cm

Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông OAH ta có :

OH 2 + AH 2 = OA2 ⇔ 32 + AH 2 = 52  AH = 52 − 32 = 4cm  AB = 2 AH = 8cm Vẽ đường kính AC , BD . Ta có: ∠ABC = ∠ACD = ∠ADC = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Khi đó hình chữ nhật nội tiếp đường tròn (O) có một cạnh là dây cung AB của hình chữ nhật ABCD  AC = 2 AO = 10cm Áp dụng định lý Pytago trong tam giác vuông ABC ta có: AB 2 + BC 2 = AC 2 ⇔ 82 + BC 2 = 102  BC = 102 − 82 = 6(cm) Vậy S ABCD = AB.BC = 8.6 = 48 ( cm 2 )

Câu 6.

Cho a, b là hai số thực thỏa mãn a + b ≥ 2. Chứng minh rằng

a 4 + b 4 ≥ a 3 + b3 Giả sử a 4 + b 4 ≥ a 3 + b3 . Do a + b ≥ 2 nên ta có : 2 ( a 4 + b 4 ) ≥ ( a + b ) ( a 3 + b3 ) ⇔ 2 ( a 4 + b 4 ) ≥ a 4 + b 4 + ab3 + a 3b ⇔ a 4 + b 4 ≥ ab3 + a 3b ⇔ a 4 − a 3b + b 4 − ab3 ≥ 0 ⇔ a 3 ( a − b ) − b3 ( a − b ) ≥ 0 ⇔ ( a − b ) ( a 3 − b3 ) ≥ 0 2

⇔ ( a − b ) ( a 2 + ab + b 2 ) ≥ 0 2

Ta có: ( a − b ) ≥ 0 ( ∀a, b ) 2

1 b2 3 2  b 3 a + ab + b = a + 2.a. b + + b =  a +  + b 2 ≥ 0 (với mọi a, b) 2 4 4 2 4  2

(

)

Do đó ( a − b ) a 2 + ab + b2 ≥ 0 với mọi a, b

Vậy với a, b là hai số thực thỏa mãn a + b ≥ 2 thì ta luôn chứng minh được a 4 + b 4 ≥ a 3 + b3