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

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

1. SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2021 – 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán. Thời gian: 120 phút Bài 1: (2,0 điểm) x112 1.Cho biểu thức P:=−+ với x > 0; x 1 x1x1x1−++ x1− a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm giá trị của P khi x = 4 2− 3 x 2y+= 6 2.Giải hệ phương trình: 2x 3+= y 7 Giải: x112 1.a)P:=−+= x1x1x1−++ x1− xx1x1( +−−) ( ) x12−+ = : x1x1−− x1x1x1+−+ ==. x1− x1x1++ 2 b) Khi x = 4+ 2 3 =( 3 + 1) 4231523+++ Ta có P43===− (31)1++2 23+ x2y62x4y12y5+=+== 2. 2x3y72x3y7x4+=+== − Bài 2: 1.Cho phương trình x22− (m + 3)x − 2m + 3m = 0 Hãy tìm m để x = 3 là một nghiệm của phương trình và xác định nghiệm còn lại của phương trình đó (nếu có). 2.Cho Parabol (P): y = x2 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) và B(x2;y2) sao cho y1+ y 2 − x 1 x 2 = 1 Giải: 1. Cho phương trình Vì x = 3 là một nghiệm của phương trình nên : 32 - 3(m+3)-2m2 +3m=0 322− 3(m + 3) − 2m + 3m = 0 9 − 3m − 9 − 2m2 + 3m = 0 −2m2 = 0 m = 0 GV:Nguyễn Phương Tú – Trường THCS Nhơn Thành – An Nhơn – Bình Định Page 1
2. 2 x0= Khi m = 0 phương trình trở thành: x3x0−= x3= Vậy nghiệm còn lại là x = 0. 2.Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: x(2m1)x2m2 =+− −++=x(2m1)x2m02 =(2m +− 1)2 4.2m = 4m2 ++−= 4m 1 8m 4m 2 −+= 4m 1 (2m − 1) 2 0 1 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt khi − 02m10m 2 1 Vậy m thì (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt. 2 xx2m112+=+ Theo hệ thức Viet ta có: xx2m12= Khi đó : yyxx11212+−= 22 +−=xxx1212 x1 2 +−=(xx)3x1212 x1 +−−=(2m13.2m10)2 2 ++−−=4m4m16m10 −=4m2m02 m0(t= / m) 1 m(loai)= 2 Vậy m = 0 thì (P) cắt (d) tại hai điểm phân biệt thỏa mãn điều kiện đã cho. Bài 3:Một người đi xe máy từ A đến địa điểm B cách A 160km. Sau đó 1 giờ một ô tô cũng đi từ B đến 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 là 20km/h. Giải: S (km) V(km/h) t(h) Xe máy 88 x 88 x Ô tô 72 x+20 72 x20+ Gọi x(km/h) là vận tốc của xe máy. ĐK: x > 0. Quãng đường xe máy đã đi đến lúc gặp nhau: 88 (km) Thời gian xe máy đã đi đến lúc gặp nhau: (h) Quãng đường ô tô đã đi đến lúc gặp nhau: 72 (km) Vận tốc ô tô là: x + 20 (km/h) GV:Nguyễn Phương Tú – Trường THCS Nhơn Thành – An Nhơn – Bình Định Page 2
3. 72 Thời gian ô tô đã đi là: (h) x 20+ 88 72 Theo đề ta có phương trình: −=1 x x+ 20 +−=+88(x20)72xx(x20) +−=+88x176072xx20x 2 +−=x4x176002 x1 = 40 (t / m) Giải phương trình ta được : x2 =− 44 (loai) Vậy vận tốc xe máy là 40 km/h, vận tốc ô tô là 60km/h. Bài 4. Cho tam giác ABC có A C B 9 0 0 nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi M là trung điểm của BC, đường thẳng OM cắt cung nhỏ BC tại D, cắt cung lớn 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 nội tiếp. b)Chứng minh MF vuông góc AE. c)Đường thẳng MF cắt AC tại Q. Đường thẳng EC cắt AD, AB lần lượt tại I và K. Chứng ECEK minh EQA90;==0 ICIK Giải: D C M I F A B K Q O H E a)Chứng minh t/g: BEHF nội tiếp. Ta có: BFE= 900 (vì EF vuông góc AB) Lại có: BHE= 900 (vì BH vuông góc AE) Suy ra : BFEBHE90==0 Do đó F, H cùng nhìn BE dưới một góc 900 Nên tứ giác BEHF nội tiếp đường tròn đường kính BE. GV:Nguyễn Phương Tú – Trường THCS Nhơn Thành – An Nhơn – Bình Định Page 3
4. b)Chứng minh: MF vuông góc AE. Vì M là trung điểm BC nên OM ⊥ BC Suy ra: EMB= 900 điểm M nằm trên đường tròn đường kính BE. Khi đó CMF= FEB (Góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối) (1) Mặt khác: DBE= 900 (gnt ½ đường tròn) BDE + BED = 900 Lại có: BAH+= FBH 900 Mà BAH= BDE BED = FBH Mà F E M M= B F FEM + MEB = MBF + FBH =FEB MBH (2) Từ (1) và (2) suy ra: C M F M= B H NF / /BH Mà BHAEMFAE⊥ ⊥ ECEK c) Chứng minh : EQA90;==0 ICIK Ta có: C A D D= E B (cùng chắn hai cung bằng nhau CD và DB) Mà MF//BH =M B H F =D E B A E F =CADAEF (*) Mặt khác : AD//MQ (cùng vuông góc AE) =CADAQF ( ) Từ (*) và ( ) =AEFAQF tứ giác AQEF nội tiếp. Mà AFE90EQA90= =00 Ta có: Xét C A K có: AI là phân giác C AK (vì CADDAB= chắn hai cung bằng nhau) ICAC = (3) IKAK Mặt khác: AE vuông góc với AI nên AE là phân giác ngoài của C A K Khi đó ECAC = (4) EKAK IC EC Từ (3) và (4) suy ra = IK EK Bài 5: 1 1 1 1 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn + + = 2. Chứng minh rằng: abc 1+ a 1 + b 1 + c 8 Giải: 1 1 1111 b cb c Ta có: + += 2.112 =− +−= + 1a1b1c1a+ + ++++ + 1b ++ 1c1b1c + 1b1c 1 c a 1 a b Tương tự: = 2. . và = 2. . 1+ b 1 + c 1 + a 1+ c 1 + a 1 + b GV:Nguyễn Phương Tú – Trường THCS Nhơn Thành – An Nhơn – Bình Định Page 4
5. Nhân theo vế ta được : 111bccaababc 8 8 = 1a++++++++++++ 1b 1c1b 1c1c 1a1a 1b(1a)(1b)(1c) 1 1 abc . Dấu “=” xảy ra khi a b= c = = 8 2 GV:Nguyễn Phương Tú – Trường THCS Nhơn Thành – An Nhơn – Bình Định Page 5