Đề thi tuyển sinh khối lớp 10 THPT - Môn thi: Toán học

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh khối lớp 10 THPT - Môn thi: Toán học

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG Năm học 2021 – 2022 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1: (2 điểm) a) Giải phương trình: x2 – 3x = 4 2x 5 y 0 b) Giải hệ phương trình: 5x 3y 18 Câu 2: (2 điểm) 2 a a 1 3 7 a a) Rút gọn biểu thức P với a 0; a  9 a 3 a 3 9 a 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 bằng 5. Câu 3: (2 điểm) a) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 24 m. Nếu tăng chiều dài lên 2m và giảm chiều rộng đi 1m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 1m 2.Tính độ dài các cạnh của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu. b) Cho phương trình x2 – 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 x 1 và x2 với mọi m. Tìm các giá trị của tham số m sao cho |x1 – x2| = 4 Câu 4: (3 điểm) 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) và hai đường cao AE, BF cắt nhau tại H (E BC, F AC) a) Chứng minh rằng 4 điểm A, B, E, F cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh rằng OC EF 2. Cho tam giác ABC có Bµ và Cµ là các góc nhọn và có diện tích không đổi. Tìm 2 2 2 GTNN của biểu thức P = 2BC + AC + AB . Câu 5: (1 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn y y 1 6x 9 2x 4 2x 3 3y .Tìm GTLN của biểu thức: M = xy + 3y – 4x2 – 3. Hết
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Biểu Câu Ý Đáp án điểm x2 – 3x = 4 x2 – 3x – 4 = 0 0,25 Ta có a – b + c = 1 – (- 3) + (-4) = 0 0,5 a) Phương trình có hai nghiệm x1 = -1 c ( 4) 0,25 x2 = 4 1 a 1 2x 5 y 0 2x y 5 6x 3y 15 5x 3y 18 5x 3y 18 5x 3y 18 0,25 b) 11x 33 x 3 0,5 2x y 5 y 1 0,25 Vậy hpt có nghiệm duy nhất (x; y) = (3; 1) Với a 0; a  9 ta có 0,25 2 a a 1 3 7 a P 9 a 3 a 3 a 0,25 2 a( a 3) ( a 1)( a 3) (3 7 a) ( a 3)( a 3) 0,25 a) 2a 6 a a 3 a a 3 3 7 a ( a 3)( a 3) 0,25 3a 9 a 3 a( a 3) 3 a ( a 3)( a 3) ( a 3)( a 3) a 3 0,25 3 2 Vậy P =a với a 0; a  9 a 3 0,25 Hàm số y = ax - 4 là hàm số bậc nhất a  0 0,25 Đths y = ax + 4 cắt đường thẳng (d) a  -3 0,25 Hoành độ giao điểm M của đths và đường thẳng (d) là: b) - 3x + 2 = 5 x = -1 Tọa độ giao điểm M ( - 1; 5) 0,25 Để đồ thị hàm số đã cho cắt đường thẳng (d): y = - 3x + 2 tại điểm có tung độ bằng 5 thì đths đi qua điểm M, ta có a(-1) - 4 = 5 a = -9 (TMĐK) Vậy a = - 9 là gtct Nửa chu vi mảnh vườn hcn là 24: 2 = 12 (m) Gọi chiều dài của mảnh vườn hcn ban đầu là x (m) 3 a) ĐK: 0 < x < 12 Chiều rộng của mảnh vườn hcn ban đầu là 12 – x (m) 0,25
3. Diện tích của mảnh vườn hcn ban đầu là x(12 – x) m2 Khi thay đổi: Tăng chiều dài lên 2m, chiều dài mới là: x + 2 (m) Giảm chiều rộng đi 1m, chiều rộng mới là: 12 – x -1 = 11 – x (m) Diện tích mảnh vườn khi đó là (x + 2)( 11 – x) (m2) 0,25 Theo bài ra ta có phương trình: (x + 2)(11 – x) – x(12 – x) = 1 11x – x2 + 22 – 2x – 12x + x2 = 1 0,25 -3x = -21 x = 7 (TMĐK) Vậy chiều dài của mảnh vườn hcn ban đầu là: 7 (m) 0,25 chiều rộng của mảnh vườn hcn ban đầu là: 12 – 7 = 5 (m) x2 – 2(m – 1)x + m – 3 = 0 Ta có ' = [-(m – 1)]2 – 1.(m – 3) = m2 – 2m + 1 – m + 3 = m2 – 3m + 4 2 3 7 = m > 0,  m 2 4 0,25 Vì a = 1  0; ' >0,  m nên pt luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với mọi m. x1 x2 2m 2 Áp dụng hệ thức viet ta có b) x1.x2 m 3 0,25 Theo bài ra ta có: |x1 – x2| = 4 x2 2x x x2 16 1 1 2 2 2 0,25 (x1 x2 ) 4x1x2 16 (2m – 2)2 – 4(m – 3) = 16 4m2 – 8m + 4 – 4m + 12 = 16 4m2 – 12m = 0 4m(m – 3) = 0 0,25 4m 0 m 0 Vậy m = 0; m = 3 là gtct m 3 0 m 3 A 0,25 F H D O 4 1 B E C 1 x Hình vẽ a) Chứng minh rằng 4 điểm A, B, E, F cùng nằm trên một đường tròn.
4. Ta có AE  BC ( AE là đường cao) A· EB 900 0,25 Điểm E thuộc đường tròn đường kính AB (1) Lại có BF AC ( BF là đường cao) A· FB 900 Điểm F thuộc đường tròn đường kính AB (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra 4 điểm A, B, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính AB. 0,25 Chứng minh rằng OC EF Gọi D là giao điểm của OC và EF Qua C kể tia tiếp tuyến Cx với đường tròn O ta có OC  Cx 0,25 µ · Lại có C1 BAC ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây 0,25 b) cung cùng chắn cung BC của (O)) Mà Eµ B· AF ( góc ngoài của tứ giác ABEF nội tiếp) 1 0,25 µ · µ µ hay E1 BAC E1 C1 mà hai góc lại ở vị trí so le trong nên EF//Cx 0,25 mà OC Cx OC EF (đpcm) A B C H 0,25 Kẻ AH  BC tại H Áp dụng định lý pytago cho ABH vuông tại H ta có: AC2 = AH2 + HC2 AB2 = AH2 + BH2 0,25 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Mà P = 2BC + AC + AB = 2BC + AH + BH + AH + HC 2 2 2 2 = 2BC + 2AH + BH + HC 2 2 0,25 Lại có: BC + AH  2BC.AH = 4 S ABC (BH CH)2 BC2 BH2+ CH2  2 2 0,25 BC2 Suy ra P 8S ABC 2 BC2 Do S ABC không đổi B, C cố định nên P đạt GTNN là 8S ABC 2 Dấu “=” xảy ra BH = CH ABC cân tại A y 0 y 0 ĐKXĐ: 3 5 2x 3 0 x 2
5. Đặt 2x + 3 = t (t  0) ta có y(y 1) 6x 9 (2x 4) 2x 3 3y y(y 1) 3(2x 3) (2x 4) 2x 3 3y y(y 1) 3t (t 1) t 3y y(y 1) 3t (t 1) t 3y 0 y y y 3t t t t 3y 0 (y y t t) ( y t) 3(y t) 0 0,25 ( y t)(y yt t) ( y t) 3( y t)( y t) 0 ( y t)(y yt t 1 3 y 3 t) 0 0,25 Với y 0; t  0 nên y yt t 1 3 y 3 t > 0 Do đó ( y t)(y yt t 1 3 y 3 t) 0 y t 0 y t y t 0,25 hay y = 2x + 3 Lại có M = xy + 3y – 4x2 – 3 = x(2x + 3) + 3(2x+3) – 4x2 – 3 = - 2x2 + 9x + 6 2 9 129 129 0,25 = 2 x 4 8 8 129 Do đó GTLN của M là 8 9 9 9 15 Dấu “=” xảy ra x 0 x và y = 2. 3 4 4 4 2 Thầy: Phạm Văn Thích Trường THCS TT Tứ Kỳ - Tứ Kỳ - Hải Dương