Đề thi tuyển sinh toán 10 đà NẴNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC Bài KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2022-2023 MÔN TỐN Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề) Ngày thi: 11/06/2022 (2,0 điểm) a Tính A   16  2   x  x 1 B    : x 1 x 1    x  với x  x  b Rút gọn biểu thức Bài (1,5 điểm) Cho hai hàm số y   x y  x  a Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ b Tìm tọa độ giao điểm A B hai đồ thị Tính diện tích tam giác OAB , với O gốc tọa độ đơn vị đo trục tọa độ xentimét Bài (1,5 điểm) x  3y   a Giải hệ phương trình 2 x  y  b Một người dự định xe máy từ A đến B với vận tốc không đổi Nhưng sau xe bị hỏng nên phải dừng lại 20 phút để sửa chữa Do đó, để kịp đến B thời gian dự định, người phải tăng vận tốc thêm km/h Tính vận tốc ban đầu xe máy, biết quãng đường AB dài 160 km Bài (1,5 điểm) Cho phương trình x   m  1 x  m   (*), với m tham số a Giải phương trình (*) m  b Tìm tất giá trị tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả 2  x  x    x2  x1    x1x2    x1  x2  mãn Bài (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB  AC Vẽ đường cao AD, BE , CF tam giác Gọi H giao điểm đường cao vừa vẽ a Chứng minh tứ giác AEHF BFEC nội tiếp b Gọi M , N trung điểm đoạn thẳng AH , BC Chứng minh FM FC  FN FA c Gọi P, Q chân đường vuông góc kẻ từ M , N đến đường thẳng DF Chứng minh đường trịn đường kính PQ qua giao điểm FE MN Trang - Hết - Trang SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2022-2023 MƠN TỐN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 11/06/2022 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2,0 điểm) a Tính A   16  2   x  x 1 B    : x 1 x 1    x  với x  x  b Rút gọn biểu thức Lời giải A   16  2  a Ta có: A  32  42  2  2.2 A  3 4 2  2  b Với x  x  , ta có:  x  x 1 B     : x  x  x     B   B B  x    x 1  x 1    x 1   : x 1 x 1  x 1  x 1  x 1  x  x  x 1 x 1 x 1 x 1 x 1   x 1 x 1 1 x 1 x 1 Vậy B  với x  x  Bài (1,5 điểm) Cho hai hàm số y   x y  x  a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm A B hai đồ thị Tính diện tích tam giác OAB , với O gốc tọa độ đơn vị đo trục tọa độ xentimét Lời giải a) Vẽ đồ thị hàm số y   x y  x  * Đồ thị hàm số y   x : Hệ số a  1  nên đồ thị hàm số y   x parabol có bề lõm quay xuống Trang Bảng giá trị:  2;   ,  1;  1 ,  0;0  ,  1;  1 ,  2;   Suy parabol y   x qua điểm * Đồ thị hàm số y  x  : Bảng giá trị: 3   ;0  0;  3  y  x  Suy đồ thị hàm số đường thẳng qua hai điểm   * Vẽ đồ thị hàm số y   x y  x  : b) Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y   x y  x  nghiệm phương trình:  x  x    x  x    x1  1; x2  3 A  1;  1 , B  3;   Với x   y  1 ; x  3  y  9 Do giao điểm Gọi H , K hình chiếu vng góc A, B trục Ox Trang Ta có S OAB  S AKHB  S OAK  S OHB S OAB  AK  HB 1 KH  AK OK  OH HB 2 S OAB  1 1  1.1  3.9   cm  2 Vậy diện tích tam giác OAB cm Bài (1,5 điểm) x  3y   a Giải hệ phương trình 2 x  y  b Một người dự định xe máy từ A đến B với vận tốc không đổi Nhưng sau xe bị hỏng nên phải dừng lại 20 phút để sửa chữa Do đó, để kịp đến B thời gian dự định, người phải tăng vận tốc thêm km/h Tính vận tốc ban đầu xe máy, biết quãng đường AB dài 160 km Lời giải x  3y  3x  x  x      2  y   y  1 a 2 x  y   x  y  Vậy hệ phương trình có nghiệm nhất:  x; y    2; 1 b Đổi: 20 phút = Gọi x (km/h) vận tốc ban đầu xe máy (điều kiện x  ) 160 Thời gian dự định từ A đến B là: x (giờ) Trong đầu người 2x (km) Quãng đường lại 160  2x (km) Trang Theo ra, ta có phương trình: 160  x 160 2   x 8 x  160  x 160   x 8 x  x( x  8) x(160  x) 160.3.( x  8)   x( x  8) x( x  8) x( x  8)  x  56 x  480 x  x  480 x  3840  x  56 x  3840  ' Ta có:   28  1.(3840)  4624   Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1  28  4624  40 (thỏa mãn) x1  28  4624  96 (loại) Vậy vận tốc ban đầu xe máy 40 km/h Bài (1,5 điểm) Cho phương trình x   m  1 x  m   (*), với m tham số a Giải phương trình (*) m  b Tìm tất giá trị tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả 2 x1  x2    x2  x1    x1 x2    x1  x2   mãn Lời giải x   m  1 x  m   Phương trình: (*), với m tham số a Thay m  vào phương trình (*), ta được: x  x   (**) Ta có: a  b  c   (2)  (3)   Phương trình (**) có hai nghiệm là: x1  1; x2   (3) 3 Vậy với m  phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1  1; x2  b Vì a.c  m   với m  phương trình (*) có nghiệm phân biệt x1 , x2 với m  x1  x2  2(m  1)  Hệ thức Vi-et:  x1.x2  m    x2  x1  ;  x1  x2  x x   m   Vì nên x1 , x2 trái dấu trái dấu Do đó:  x1  x2    0;  x1 x2    với x1 , x2 2  x1  x2    x2  x1    x1 x2    x1  x2  Mặt khác Trang   x1  x2     x1 x2    2   2m       m     2  (2m  4)  (m  4)   m  Vậy với m  phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn 2  x1  x2    x2  x1    x1x2    x1  x2  Bài (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB  AC Vẽ đường cao AD, BE , CF tam giác Gọi H giao điểm đường cao vừa vẽ a) Chứng minh tứ giác AEHF BFEC nội tiếp b) Gọi M , N trung điểm đoạn AH , BC Chứng minh FM FC  FN FA c) Gọi P, Q chân đường vng góc kẻ từ M , N đến đường thẳng DF Chứng minh đường trịn đường kính PQ qua giao điểm FE MN Lời giải: a) Chứng minh tứ giác AEHF BFEC nội tiếp · · * Xét tứ giác AEHF có AFH  90 (do CF  AB ), AEH  90 (do BE  AC ) · · · · Suy AFH  AEH  180 , mà AFH AEH vị trí đối nên tứ giác AEHF nội tiếp · · * Xét tứ giác BFEC có BFC  90 (do CF  AB ), BEC  90 (do BE  AC ) · · Suy góc BFC BEC nhìn đoạn thẳng BC góc nên tứ giác BFEC nội tiếp b) Gọi M , N trung điểm đoạn AH , BC Chứng minh FM FC  FN FA Trang Tam giác BFC vuông F có FN đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC BC  FN  (1) Tam giác BEC vng E có EN đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC BC  EN  (2) Từ (1) (2) suy FN  EN (*) Tam giác AHF vng F có FM đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AH AH  FM  (3) Tam giác AEH vuông E có EM đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AH AH  EM  (4) Từ (3) (4) suy FM  EM (**) Từ (*) (**) ta có MN đường trung trực EF Gọi G giao điểm MN EF Tam giác FME có MG đường cao đồng thời đường trung tuyến 1· · FMG  FME Suy FME cân M có MG đường phân giác (5) 1· · FAE  FME Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác AEHF có (góc nội tiếp nửa góc tâm chắn cung EF ) (6) · · · · Từ (5) (6) suy FAE  FMG hay FAC  FMN Lại có FM  MH  Mặt khác AH · · · nên tam giác FMH cân M  MHF  MFH  DHC FN  NC  BC · · nên tam giác FNC cân N  NFC  NCF · · · · · Mà NCF  HDC  90  NFC  MFH  MFN  90 · · · · Xét tam giác FMN FAC có FMN  FAC , MFN  AFC  90 Suy FMN ∽FAC  FM FN   FM FC  FN FA FA FC (đpcm) c) Chứng minh đường trịn đường kính PQ qua giao điểm FE MN · Vì MN  EF G nên MGF  90 · Ta có MP  PQ P nên MPF  90 · · Tứ giác MPFG có MGF  MPF  180 , mà góc đối  MPFG tứ giác nội tiếp · · Suy MGP  MFP (2 góc nội tiếp chắn cung MP ) Trang · Vì MN  EF G nên NGF  90 · Ta có NQ  PQ Q nên NQF  90 · · Tứ giác NQFG có NGF  NQF  180 , mà góc đối  NQFG tứ giác nội tiếp · · Suy NGQ  NFQ (2 góc nội tiếp chắn cung NQ ) · · · ·  MGP  NGQ  MFP  NFQ · · · · · · Mà MFN  90 nên MFP  NFQ  90  MGP  NGQ  90  PGQ  90  G thuộc đường trịn đường kính PQ Vậy đường trịn đường kính PQ qua giao điểm FE MN Trang ... GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2022-2023 MƠN TỐN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 11/06/2022