Đề thi tuyển sinh toán 10 bình định

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2022 BÌNH ĐỊNH Mơn thi: TỐN CHUNG Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 11/06/2022 Câu (2,0 điểm) 2 x  y   x  y   Không dùng máy tính, giải phương trình: Q( x 2 x 2 x 1  ) ; x  0, x  x  x 1 x 1 x 2.Cho biểu thức: a) Rút gọn biểu thức Q b) Tìm số nguyên x để Q có giá trị nguyên lớn Câu (2.0 điểm) 1.Cho phương trình x  ( m  1) x  m   Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm tích chúng Trong hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) : y   x  điểm A(2, 2) a) Chứng tỏ điểm A thuộc đường thẳng (d ) b) Tìm a để parabol (P) : y  ax qua điểm A Với giá trị a tìm xác định tọa độ điểm B giao điểm thứ hai (d ) ( P) c) Tính diện tích tam giác OAB Câu (1,5 điểm) Tam giác vng có cạnh huyền 13cm , diện tích 30cm Tính độ dài cạnh góc vng Câu (3,5điểm) Từ điểm S ngồi đường trịn (O ) kẻ hai tiếp tuyến SB,SC (B,C tiếp điểm) cát tuyến cắt (O) D E (D nằm S E) Qua B kẻ đường thẳng song song với DE cắt đường tròn (O ) điểm thứ hai A BC AC cắt DE F I a)Chứng minh: SIC  SBC b) Chứng minh điểm S,B,O,I,C nằm đường tròn c)Chứng minh FI FS  FD.FE d) Đường thẳng OI cắt đường tròn (O) M n (M thuoccj cung nhỏ AB) Đường thẳng NF cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K Chứng minh điểm S,K,M thẳng hàng Câu (1.0 điểm) Cho số a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh a b c    bc a a cb abc - Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH ĐỊNH Năm học: 2021 – 2022 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2,0 điểm) 2 x  y   x  y   Khơng dùng máy tính, giải phương trình: Q( x 2 x 2 x 1  ) ; x  0, x  x  x 1 x 1 x 2.Cho biểu thức: a) Rút gọn biểu thức Q b) Tìm số nguyên x để Q có giá trị nguyên lớn Lời giải  x  y  2 x  y  x  y  x      x  y  x  y  12 11 y   11 y       Ta có Vậy nghiệm hệ phương trình : ( x; y )  (2; 1) a) Với x  0, x  1, ta có Q( x 2 x 2 x 1 x 2 x 2 x 1  )   ) x  x 1 x 1 x ( x  1) ( x  1)( x  1) x  ( x  2)( x  1)  ( x  1)( x  2) x  ( x  1)( x  1) x  x x 1 2   ( x  1)( x  1) x ( x  1)( x  1) x  x  với x  0, x  1, Vậy b) Theo yêu cầu toán x  Z Q  Z nên x  1 U(2)  x  1 {  2; 1;1; 2}  x  {  1; 0; 2;3} Kết hợp với điều kiện suy x {2,3} Q -Với x   Q  -Với x   Q  Vậy số nguyên x thỏa mãn đê Q đạt giá trị lớn x  Câu (2.0 điểm) 1.Cho phương trình x  (m  1) x  m   Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm tích chúng Trong hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y   x  điểm A(2, 2) a) Chứng tỏ điểm A thuộc đường thẳng (d ) b) Tìm a để parabol (P) : y  ax qua điểm A Với giá trị a tìm xác định tọa độ điểm B giao điểm thứ hai ( d ) ( P) c) Tính diện tích tam giác OAB Lời giải m 1 1, a  b  c   [  ( m  1)]  m   1.Nhận thấy nên phương trinh có nghiệm Khơng tính tổng qt giả sử phương trình có hai nghiệm x1 , x2 , theo u cầu tốn ta có x1  x2  x1.x2 m 1 m 1 m 1 x1  1, x2   1  m2 2 +Nếu m 1 m 1 m 1 x2  1, x1   1  02 2 + Nếu khơng có giá trị m thỏa mãn Vậy m  giá trị cần tìm 2.a) Thay x  2, y  vào phương trình đường thẳng (d)ta  2  (luôn đúng) A  (d )  a.22  a  b) Thay x  2, y  vào phương trinh (P) ta có 1 a ( P) : y  x 2 ta phương trình Với Phương trình hồnh độ giao điểm (d ), ( P) x  2 x   x   x  x    ( x  2)( x  4)     x  4 Suy hoành độ điểm B x  4 toaaj độ điểm B(4;8) a B (4;8) Vậy với Thay x  vào phương trình đường thẳng (d) ta y    ,suy giao điểm với trục Oy với (d) có tọa độ I (0, 4) Biểu diễm điểm A,I,B lên mặt phẳng tọa độ Oxy ta hình vẽ Gọi H,K hình chiếu B,A lên Oy ta có BH  4, A K  2, OI  1 1 SOAB  SOBI  S OAI  BH OI  AK OI  4.4  2.4  12 2 2 Ta có (đvdt) Câu (1,5 điểm) Tam giác vng có cạnh huyền 13cm , diện tích 30cm Tính độ dài cạnh góc vng Lời giải Gọi x,y cạnh góc vng, điều kiên  x, y  13 60 xy  30  x  (1) y Vì diện tích tàm giác vng 30cm nên ta có 2 2 Vì tam giác vng có cạnh huyền 13 nên ta có phương trình x  y  13 (2) 60 x  ( )2  132  x  169 x  3600  0(*) x Thay (1) vào(2) ta u  144 u  169u  3600    u2  25 Đặt u  x , u  phương trình (*) trở thành 60 u  144  x  144  x  12  y   12 Với (do x  ) 60 u  25  x  25  x   y   12 Với (do x  ) Vậy độ dài hai cạnh góc vng 5(cm) 12(cm) Câu (3,5 điểm) Từ điểm S ngồi đường trịn (O) kẻ hai tiếp tuyến SB,SC (B,C tiếp điểm) cát tuyến cắt (O) D E (D nằm S E) Qua B kẻ đường thẳng song song với DE cắt đường tròn (O) điểm thứ hai A BC AC cắt DE F I a)Chứng minh: SIC  SBC b) Chứng minh điểm S,B,O,I,C nằm đường tròn c)Chứng minh FI FS  FD.FE d) Đường thẳng OI cắt đường tròn (O) M n (M thuoccj cung nhỏ AB) Đường thẳng NF cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K Chứng minh điểm S,K,M thẳng hàng Lời giải Ta có SBC góc tạo tia tiếp tuyến BS dây cung BC chắn cung BDC nên SBC  1 sd BDC  ( BKD  DC ), (1) 2 Vì SIC góc có đỉnh nằm bên đường trịn nên SIC  ( AE  DC )(2) Vì DE song song với AB nên suy SBK  AE (3) Từ (1),(2),(3) suy SIC  SBC b) Tứ giác SBIC có SIC  SBC suy tứ giác SBIC nội tiếp suy bốn điểm S;I;B;C (4)cùng nằm đường trị Ta có SB,SC tiếp tuyến đường tròn nên SBO  SCO  90o  SBO  SCO  180o  tứ giác SCOB nơi tiếp đường trịn suy S,C,B,O thc đường tròn (5) Từ(4),(5) suy năm điểm S,I,B,C,O nằm đường tròn c) Xét FSC FBI ta có SCP  IBF ( tứ giác SCIB nội tiếp) SFC  BFI (đ đ) nên FSC : FBI ( g  g )  SF FC   FI FS  FB.FC (6) FB FI Xét FCD FEB ta có DCF  BEF ( tứ giác BDCE nội tiếp) DFC  BFE (đ đ) nên FCD : FEB( g  g )  FD FC   FD.FE  FB.FC (7) FB FE Từ (6),(7) suy FI FS  FD.FE (8) d) Xét FDK FNE ta có FDK  FNE ( tứ giác DNEK nội tiếp) DFK  NFE (đ đ) nên FDK : FNE ( g  g )  FD FN   FD.FE  FK FN (9) FK FE Từ (8),(9) suy FK FN  FI FS FS FK  ( FD.FE  FI FS ) Xét FKS FIN ta có SEK  NFI (dd ) FN FI Suy FKS : FIN ( g  g )  SKF  NIF hay SKN  SIN (10) Theo câu b ta có điểm S , I , B, O, C nằm đường tròn nên tứ giác SIOB nội tiếp o o o suy SBO  90  SIO  90  SIN  90 (11) o Từ (10), (11) suy SKN  90 hay NK  SK (12) o Ta có dây cung DE khơng qua tâm O mà OI  DE ( SIO  90 )  MN đường kính đường o trịn (O)  MKN  90 hay MK  NK (13) Từ (12),(13) suy S,K,M thẳng hàng Câu (2,5 điểm) Cho số a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh a b c    bc a a cb abc Lời giải b  c  a  x    a  c  b  y   a  y  z , b  x  z , c  x  y a  b  c  z   a b c   b  c  a a  c  b a  b  c Đặt y z x z x y y x x z y z A    [(  )  (  )  (  )]  (2   2)  2x 2y 2z x y z x z y Khi y x x z y z  ,  ,   x  y  z  a  b  c Dấu “=” xảy x y z x z y A Vậy A  dấu “=” xảy a  b  c tức tam giác cho tam giác ... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT BÌNH ĐỊNH Năm học: 2021 – 2022 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2,0 điểm)... )  SKF  NIF hay SKN  SIN (10) Theo câu b ta có điểm S , I , B, O, C nằm đường tròn nên tứ giác SIOB nội tiếp o o o suy SBO  90  SIO  90  SIN  90 (11) o Từ (10) , (11) suy SKN  90 hay NK... điểm A thuộc đường thẳng (d ) b) Tìm a để parabol (P) : y  ax qua điểm A Với giá trị a tìm xác định tọa độ điểm B giao điểm thứ hai ( d ) ( P) c) Tính diện tích tam giác OAB Lời giải m 1 1,