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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ 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 tính thời gian phát đề) (Đề thi có 01 trang) Câu 1. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x2 3x 4 2x 5 y 0 b) Giải hệ phương trình: 5x 3y 18 Câu 2. (2,0 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. (2,0 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 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 x1 và 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 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 Bµ, Cµ là các góc nhọn và có diện tích không đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 2BC 2 AC 2 AB2 . Câu 5. (1,0 điểm) y y 1 6x 9 2x 4 2x 3 3y Cho các số thực dương x, y thỏa mãn: . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M xy 3y 4x2 3 . HẾT (Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Phòng thi Cán bộ coi thi số 1: Cán bộ coi thi số 2:
2. HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần Nội dung Điểm x2 3x 4 x2 3x 4 0 a) Xét a – b + c = 1 + 3 – 4 = 0 1.00 Phương trình có hai nghiệm: x1 1; x2 4 Câu 2x 5 y 0 y 2x 5 y 2x 5 1 5x 3y 18 5x 3(2x 5) 18 11x 33 (2,0đ) b) y 2.3 5 x 3 1.00 x 3 y 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là x; y 3;1 2 a a 1 3 7 a P a 3 a 3 9 a 2 a a 1 3 7 a a 3 a 3 a 9 2 a( a 3) ( a 1)( a 3) 3 7 a ( a 3)( a 3) 2a 6 a a 4 a 3 3 7 a ( a 3)( a 3) a) 1.00 3a 9 a ( a 3)( a 3) Câu 3 a( a 3) 2 (2,0đ) ( a 3)( a 3) 3 a a 3 3 a Vậy P với a 0, a 9 . a 3 Hàm số bậc nhất y ax 4 (a 0 ) Để hai đường thẳng cắt nhau thì a 3 Thay y = 5 vào y 3x 2 được 3x 2 5 x 1 b) Đồ thị hàm số y ax 4 đi qua điểm (–1; 5) 1.00 a.( 1) 4 5 a 9 (TMĐK) Vậy a 9 là giá trị cần tìm. Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu lần lượt là x, y (m). ĐK: x > y > 0. Câu Vì mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 24m nên: 3 a) 2(x + y) = 24 x + y = 12 (1) 1.00 (2,0đ) Diện tích của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là xy (m2) Diện tích của mảnh đất hình chữ nhật khi thay đổi là (x + 2)(y – 1) (m2) Theo đề bài ta có:
3. (x + 2)(y – 1) = xy + 1 – x + 2y = 3 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: x y 12 x 7 (TMĐK) x 2y 3 y 5 Vậy mảnh đất hình chữ nhật ban đầu có chiều dài là 7m, chiều rộng là 5m. Phương trình x2 2(m 1)x m 3 0 . 2 2 2 3 7 Xét ' (m 1) 1(m 3) m 3m 4 m 2 4 ' 0 với mọi m Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với mọi m x1 x2 2m 2 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1x2 m 3 Theo đề bài: x1 x2 4 b) 2 1.00 (x1 x2 ) 16 2 (x1 x2 ) 4x1x2 16 (2m 2)2 4(m 3) 16 4m2 8m 4 4m 12 16 4m2 12m 0 4m(m 3) 0 m 0 m 3 Vậy m 0;3 là các giá trị cần tìm.
4. y C 1 x E 0.25 1 F O H A B Có AE, BF là các đường cao của ABC 1a) A· EB A· FB 90o 0.75 Bốn điểm A, B, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính AB. Qua C, vẽ tiếp tuyến xy của (O)  · o · Câu Có ABEF là tứ giác nội tiếp F1 ABC ( 180 AFE) 4 µ · 1 » (3,0đ) Mà C1 ABC sđAC 1b) 2 1.00  Cµ 1 F1 xy / /FE Lại có xy  OC (xy là tiếp tuyến của (O)) OC  FE (đpcm). A h 2) 1.00 x y B C H Vẽ AH  BC H nằm giữa B và C (vì Bµ, Cµ nhọn) Đặt AH = h, BH = x, CH = y, BC = a, SABC = S ah 2S không đổi Áp dụng ĐL Py-ta-go, ta có: AB2 = h2 + x2 ; AC2 = h2 + y2 P 2BC 2 AC 2 AB2 2a2 2h2 x2 y2
5. 1 1 1 Có x2 y2 (x y)2 (x y)2 (x y)2 a2 2 2 2 DBXR x y 5 5 P a2 2h2 2 a2.2h2 2 5ah 4 5S 2 2 (Áp dụng BĐT Côsi. DBXR 5a 2h ) AB AC Vậy min P 4 5S 5BC 2AH y y 1 6x 9 2x 4 2x 3 3y Cho x, y 0 thỏa mãn: (1) Đặt 2x 3 a; y b (a,b 0) (1) b(b2 1) 3a2 (a2 1)a 3b2 b3 b 3a2 a3 a 3b2 a3 b3 3a2 3b2 a b 0 (a b)(a2 ab b2 ) 3(a b)(a b) (a b) 0 (a b)(a2 ab b2 3a 3b 1) 0 a b 0 (do a,b 0 a2 ab b2 3a 3b 1 0) a b 2x 3 y 2x 3 y Khi đó: Câu 2 5 M xy 3y 4x 3 1.00 (1,0đ) x(2x 3) 3(2x 3) 4x2 3 2x2 3x 6x 9 4x2 3 2x2 9x 6 2 9 2 x x 3 2 2 9 129 2 x 4 16 2 129 9 2 x 8 4 129 9 15 M . DBXR x y 8 4 2 129 9 15 Vậy max M x ; y 8 4 2 Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Nguyễn Huệ – Cẩm Giàng – Hải Dương