Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên tỉnh Thái bình - Môn: Toán

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên tỉnh Thái bình - Môn: Toán

1. Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ®Ò thi tuyÓn sinh líp 10 thpt n¨m häc 2021 – 2022 Th¸I b×nh m«n : to¸n (120 phót lµm bµi) Ngµy thi: 19/06/2020 (buæi chiÒu) Tên: TRƢƠNG QUANG AN Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tƣ Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi Điện thoại : 0353276871. 1 2 2x 7 Câu 1. (2.0 điểm) Cho biểu thức P (với x 0; x ≠ 4) x 2 x 1 x x 2 a.Chứng minh P = 1 . x 1 b.Tính giá trị của biểu thức P khi x 3 2 2 . c.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P. Câu 2: (2,0 điểm) a.Giải phƣơng trình: x2 + 3x – 1 = 0. b.Một mảnh vƣờn hình chữ nhật có chu vi bằng 60m. Nếu giảm chiều dài đi 1m và tăng chiều rộng thêm 1m thì mảnh vƣờn trở thành hình vuông. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vƣờn đó. Câu 3: (2.0 điểm)Cho parabol (P): y = x2 và đƣờng thẳng (d) : y = mx + 1 (với m là tham số) a.Tìm m để đƣờng thẳng (d) và parabol (P) cùng đi qua điểm có hoành độ x = 2 . b.Chứng minh (d) cắt (P) tại hai điềm phân biệt với mọi m.Gọi x1, x2 là hoành độ giao 2 điểm, tìm m để x2(x1 - 1 ) = 3 . Câu 4: (3.5 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp đƣờng tròn tâm O đƣờng kính BC cố định, điểm D bất kì thuộc cung nhỏ AC (D không trùng với A và C). Tia BA cắt tia CD tại G. Điểm I là giao điểm của BD và AC. Kẻ AE vuông góc với BC tại điểm E, đƣờng thẳng AE cắt đƣờng tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Gọi H là hình chiếu của vuông góc của điểm A trên BD, K là giao điểm của BC và DF. Chứng minh: a.Tø gi¸c AIDG néi tiÕp đƣờng tròn. b.Chứng minhBE.BC = BH.BI . c.Ba điểm G, I, K thẳng hàng . d.Đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác AKD luôn đi qua một điểm cố định khác A khi điểm D di động trên cung nhỏ AC. Câu 5: (0.5 điểm) Giải phƣơng trình: x22 6 x 1 (2x 1) x 2 x 3 0 . HÕt Hä vµ tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh: Lời giải
2. Câu 1. (2.0 điểm) 1 2 2x 7 Cho biểu thức P (với x 0; x ≠ 4) x 2 x 1 x x 2 a)Chứng minh P = 1 . x 1 b)Tính giá trị của biểu thức P khi x 3 2 2 . c)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P. Lời giải a)Ta có với x 0; x ≠ 4 1 2 2xx 7 1 2 2 7 thì P x 2 x 1 x x 2 x 2 x 1(2)(1) x x x 21 (x 2)( x 1) x 1 2 b)Khi xx 3 2 2 2 1 .Thay x 21 vào ta có P 2 c)Với x 0; x 4 P 1 x 0 .Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là 1 khi x=0. Câu 2: (2,0 điểm) a.Giải phƣơng trình: x2 + 3x – 1 = 0. b.Một mảnh vƣờn hình chữ nhật có chu vi bằng 60m. Nếu giảm chiều dài đi 1m và tăng chiều rộng thêm 1m thì mảnh vƣờn trở thành hình vuông. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vƣờn đó. Lời giải 3 13 x 2 2 a.Ta có xx 3 –1 0 3 13 x 2 b.Một mảnh vƣờn hình chữ nhật có chu vi bằng 60m. Nếu giảm chiều dài đi 1m và tăng chiều rộng thêm 1m thì mảnh vƣờn trở thành hình vuông. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh vƣờn đó. Nửa chu vi của mảnh vƣờn đã cho là: 60: 2=30 (m). Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh vƣờn lần lƣợt là x, y(m), (x,y >0) suy ra x+y=30(1).Nếu giảm chiều dài đi 1m và tăng chiều rộng lên 1m thì mảnh vƣờn trở thành hình vuông nên ta có phƣơng trình: xy 30 x−1=y+1⇔x−y=2(2): Từ (1) và (2) ta có hệ phƣơng trình: xy 16; 14 (thỏa). xy 2 Vậy chiều dài mảnh vƣờn là 16m và chiều rộng mảnh vƣờn là 14m.
3. Câu 3: (2.0 điểm)Cho parabol (P): y = x2 và đƣờng thẳng (d) : y = mx + 1 (với m là tham số) a.Tìm m để đƣờng thẳng (d) và parabol (P) cùng đi qua điểm có hoành độ x = 2 . b.Chứng minh (d) cắt (P) tại hai điềm phân biệt với mọi m.Gọi x1, x2 là hoành độ giao 2 điểm, tìm m để x2(x1 - 1 ) = 3 . Lời giải a.Gọi A(2;yA) là điểm mà đƣờng thẳng (d) và parabol (P) đều đi qua. Khi đó ta có: 2 3 3 A(2;yA)∈(P)⇒yA=2 =4⇒A(2;4).Lại có: A(2;4)∈(d)⇒4=m.2+1⇔m= .Vậy m= thỏa mãn 2 2 bài toán. b.Phƣơng trình hoành độ giao điềm của (d) và (P) là: x2=mx+1⇔x2−mx−1=0(*) Phƣơng trình (*) có: Δ=m2+4>0∀m⇒(*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. ⇒(d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.Gọi x1, x2 là các hoành độ giao điểm của (d) và (P) ⇒ x1, x2 là các nghiệm của phƣơng trình (*). 2 ⇒x1 =mx1+1. Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: 2 x1+x2=m và x1x2=−1.Theo đề bài ta có: x2(x1 - 1 ) = 3 ⇔x2(mx1+1−1)=3⇔mx1x2=3 hay m=−3.Vậy m = -3 thỏa mãn bài toán. Câu 4: (3.5 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp đƣờng tròn tâm O đƣờng kính BC cố định, điểm D bất kì thuộc cung nhỏ AC (D không trùng với A và C). Tia BA cắt tia CD tại G. Điểm I là giao điểm của BD và AC. Kẻ AE vuông góc với BC tại điểm E, đƣờng thẳng AE cắt đƣờng tròn (O) tại điểm thứ hai là F. Gọi H là hình chiếu của vuông góc của điểm A trên BD, K là giao điểm của BC và DF. Chứng minh: a.Tø gi¸c AIDG néi tiÕp đƣờng tròn. b.BE.BC = BH.BI . c.Ba điểm G, I, K thẳng hàng . d.Đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác AKD luôn đi qua một điểm cố định khác A khi điểm D di động trên cung nhỏ AC. Lời giải
4. a)Ta có: ∠BAC, ∠BDC là góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn (0) ∠BAC =∠BDC = 90°=> ∠GAI = ∠GDI = 90° Xét tứ giác AIDG ta có: ∠GAI +∠GDI = 90° +90° =180° => AIDG là tứ giác nội tiếp. b) Xét tứ giác ABEH ta có: ∠AEB = ∠AHB = 90° (gt) => ABEH là tứ giác nội tiếp. (tứ giác có hai đỉnh kề nhau cùng nhìn cạnh đối diện dƣới các góc bằng nhau), ∠BHE =∠BAE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE) . Mà ∠BAE =∠BCA (hai góc cùng phụ ∠ABC), ∠BHE = ∠BCA= ∠BCI . Xét △BHE và △BCI có: ∠IBC chung ; ∠BHE = ∠BCI (cmt) => △BHE đồng dạng △BCI (g- g)⇒BE⋅BC=BH⋅BI(dpcm). c)Ta có: BC ⊥ A F => cung AB = cung FB (đƣờng kinh vuông góc với một dây thì đi qua điểm ở chinh giữa của cung căng dây đó).⇒ ∠BDF=∠BCA (hai góc nội tiếp chẳn 2 cung bằng nhau).Hay ∠ID K=∠ICK⇒ CDJK là tức giác nội tiếp. (tứ giác có 2 đỉnh kề nhau củng nhìn 1 cạnh dƣới các góc bằng nhau)⇒ ∠IKC+∠IDC = 180⁰. Mà ∠IDC=∠BDC=90⁰(cmt)⇒ ∠IKC=90⁰ => IK ⊥ BC Xét △GBC có :AC⊥BG; BD⊥CG; AC∩BD={I}⇒I là trực tâm ΔGBC⇒GI⊥BC (2) Từ (1) và (2)⇒G,I,K thẳng hàng. (đpcm) . 1 d.Ta có AO BC OB AOB cân tại O.Suy ra ∠OAB=∠OBA= 2 1 1 ∠ABC= sđ cung AC(3).Lại có ∠CKD= (sđ cung CD+sđ cung BF)= 2 2 (sđ cung CD+sđ cung AB).Vì OH vuông DB suy ra cung AB=cung AD.suy ra ∠CKD= (sđ cung CD+sđ cung AD)== sđ cung AC(4). Từ đó suy ra ∠OAB=∠CKD suy ra OKDA nội tiếp suy ra đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác AKD qua O cố định. Câu 5: (0.5 điểm) Giải phƣơng trình: x22 6 x 1 (2x 1) x 2 x 3 0 . Lời giải
5. Điều kiện xx2 2 3 0 đúng với mọi x.Ta đặt a 2 x 1; b x2 2 x 3 0 2 a b 2 x 2 6 x 5 x22 6 x 1 2 a b 4.Khi đó phƣơng trình trở thành 2ab 22 4 ab 0 baba 240( bab 2)(2)0 x 12 x 12 3 15 x 3 3 15 x 3