Đề thi tuyển sinh toán 10 KHÁNH hòa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HỊA ĐỀ CHÍNH THỨC Câu KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2022 Mơn thi: TỐN CHUNG Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề) Ngày thi: 03/06/2022 (3,0 điểm) Khơng dùng máy tính cầm tay a Rút gọn biểu thức A = 12 + 27 − 75  2x − y =  b Giải hệ phương trình:  x + y = c Giải phương trình: x2 – 8x + = Câu (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d ) : y = x − m + (m tham số) parabol ( P) : y = x a) Vẽ parabol ( P) b) Tìm số nguyên m để thỏa x1 ( P) (d ) cắt điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 ( x2 + 2) + x2 ( x1 + 2) ≤ 10 Câu (1,5 điểm) Nhằm đáp ứng nhu cầu sử dụng trang chống dịch COVID -19, theo kế hoạch, hai tổ sản xuất nhà máy dự định làm 720000 trang Do áp dụng kỹ thuật nên tổ sản xuất vượt kế hoạch 15% tổ vượt kê hoạch 12%, họ làm 819000 trang Hỏi theo kế hoạch số trang tổ sản xuất bao nhiêu? Câu (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O bán kính 3cm, có đường kính AB Gọi C điểm thuộc nửa đường tròn cho AC > BC Vẽ OD vng góc với AC (D thuộc AC) CE vng góc với AB (E thuộc AB) Tiếp tuyến B nửa đường tròn cắt tia AC F a) Chứng minh tứ giác ODCE nội tiếp đường tròn b) Chứng minh: · · = CBF OCD · = 300 Tính diện tích phần tam giác ABF nằm bên ngồi đường trịn (O; 3cm) c) Cho BAC d) Khi C di động nửa đường trịn (O; 3cm) Tìm vị trí điểm C cho chu vi tam giác OCE lớn - Hết Trang Trang SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HỊA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2022 – 2023 Mơn thi: TỐN Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (3,00 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A = 12 + 27 − 75 A = 4.3 + 9.3 − 25.3 A = + − 10 = 2 x − y = 5 x = 10 x = x = ⇔ ⇔ ⇔  b) Giải hệ phương trình: 3 x + y = 3 x + y = 3.2 + y =  y = −3 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x ; y) = (2; –3) c) Giải phương trình: x2 − 8x + = Ta có a + b + c = – + = Vậy phương trình có nghiệm phân biệt: x1 = 1; x2 = c =7 a Câu 2: ( 2,00 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) : y = x − m + (m tham số) parapol (P): y = x a) Vẽ đồ thị (P) b) Tìm số nguyên m để (d) (P) cắt tai hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 x2 thỏa mãn : x12 ( x2 + 2) + x2 ( x1 + 2) ≤ 10 Giải: a) Vẽ đồ thị (P) Lập bảng giá trị: x -2 -1 y = x2 1 b) + Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P): x = x − m + ⇔ x − x + m − = (1) Trang ∆ ' = (− 1)2 − (m − 3) = − m (d) cắt (P) hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' > ⇔ − m > ⇔ m < (*) b  x + x = − =2  a   x x = c = m − + Theo hệ thức Vi-ét ta có:  a  + Theo đề ta có: x12 ( x2 + 2) + x2 ( x1 + 2) ≤ 10 ⇔ x12 x2 + x12 + x2 x1 + x2 ≤ 10 ⇔ x1 x2 ( x1 + x2 ) + 2( x12 + x2 ) ≤ 10 ⇔ x1 x2 ( x1 + x2 ) +  ( x1 + x2 ) − x1 x2  ≤ 10   ⇔ 2(m − 3) +  − 2( m − 3)  ≤ 10 ⇔ 2m − + 2(4 − 2m + 6) ≤ 10 ⇔ − 2m + 14 ≤ 10 ⇔ m ≥ (**) Từ (*) (**) suy ra: Mà m nguyên nên Vậy 2≤m BC Vẽ OD vng góc với AC ( D thuộc AC) CE vng góc với AB ( E thuộc AB) Tiếp tuyến B nửa đường tròn cắt tia AC F a) Chứng minh tứ giác ODCE nội tiếp b) Chứng minh c) · = CBF · OCD · = 300 Tính diện tích phần tam giác ABF nằm bên ngồi đường tròn (O;3cm) BAC d) Khi C di động nửa đường trịn (O;3cm) Tìm vị trí điểm C cho chu vi tam giác OCE lớn Giải: a) Chứng minh tứ giác ODCE nội tiếp: Xét tứ giác ODCE ta có: · ODC = 900 (OD ⊥ AC ) · = 900 (CE ⊥ AB ) OEC Do đó: · + OEC · = 1800 ODC Vậy Tứ giác ODCE nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 1800) b) Chứng minh Ta có · = CBF · OCD ∆ OAC cân O (vì có OC = OA) Suy · · OCD = OAC Lại có · = CBF · ( góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn BC » ) OAC Do · = CBF · (đpcm) OCD c) Tính diện tích phần tam giác ABF nằm bên ngồi đường trịn (O;3cm) Trang Ta có: · = 300 ⇒ s®BC » = 600 CAB π R 60 π R π 32 3π Sq = = = = (cm2 ) + Diện tích hình quạt OCB: 360 6 + Ta có ∆ ABC nội tiếp nửa đường trịn đường kính AB nên ∆ ABC vuông C AC = AB.cos A = 2.3.cos300 = 3(cm) +Xét OD = OA.sin A = sin 300 = (cm) ∆ ADO vuông tai D: 1 S∆ AOC = OD AC = 3 = (cm ) + Diện tích ∆ AOC : 2 + Xét ∆ ABC + Diện tích vng tai B (BF tiếp tuyến (O) ), có ∆ ABF vuông B: S ∆ ABF = BF = AB.tan A = 2.3.tan 300 = 3(cm) 1 AB.BF = 6.2 = 3(cm ) 2 * Vậy diện tích phần tam giác ABF nằm bên ngồi đường trịn (O;3cm) là:  3π S = S∆ ABF − ( S∆ AOC + Sq ) = −  +   15 − 6π ≈ 1,78(cm2 ) ÷÷ =  Câu 4d) Tìm vị trí điểm C cho chu vi tam giác OCE lớn Cách 1: * Dễ dàng chứng minh được: ( x + y) * Chu vi ∆ OCE là: Để chu vi ∆ OCE lớn OE + CE lớn OE + CE ≤ 18 = ⇒ Dấu “=” xảy ⇔ OE = CE ⇔ ⇔ ) Dấu “=” xảy ⇔ x = y OC + OE + CE = + OE + CE * Áp dụng BĐT ta có: ( OE + CE ) ⇒ ( ≤ x2 + y2 ( ) ≤ OE + CE = 2.OC = 2.32 = 18 + OE + CE ≤ + ∆ OCE vuông cân E » = 450 (do AC > BC) · = 450 ⇔ sñCB COE * Vậy chu vi » = 450 ∆ OCE đạt GTLN ⇔ sñCB Cách 2: Trang * Đặt OE = x ⇒ CE = − x2 với < x BC) sñCB » = 450 ∆ OCE đạt GTLN ⇔ sñCB Trang ...Trang SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2022 – 2023 Mơn thi: TỐN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: (3,00...  a  + Theo đề ta có: x12 ( x2 + 2) + x2 ( x1 + 2) ≤ 10 ⇔ x12 x2 + x12 + x2 x1 + x2 ≤ 10 ⇔ x1 x2 ( x1 + x2 ) + 2( x12 + x2 ) ≤ 10 ⇔ x1 x2 ( x1 + x2 ) +  ( x1 + x2 ) − x1 x2  ≤ 10   ⇔ 2(m... x2 ) +  ( x1 + x2 ) − x1 x2  ≤ 10   ⇔ 2(m − 3) +  − 2( m − 3)  ≤ 10 ⇔ 2m − + 2(4 − 2m + 6) ≤ 10 ⇔ − 2m + 14 ≤ 10 ⇔ m ≥ (**) Từ (*) (**) suy ra: Mà m nguyên nên Vậy 2≤m