Đề thi vào lớp 10 môn toán năm học 2021 2022 tỉnh đà nẵng kèm đáp án chi tiết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học: 2021 - 2022 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (Khơng kể thời gian phát đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Bài (2,0 điểm) 1) Tính A = + 12  x x+4 x + : 2) Cho biểu thức B =  với x > 0; x ≠ ÷ ÷  2+ x 4− x  x−2 x Rút gọn B tìm tất giá trị nguyên x để B < − x Bài (1,5 điểm) Cho hàm số y = x có đồ thị ( P ) đường thẳng ( d ) : y = kx − 2k + a) Vẽ đồ thị ( P ) Chứng minh ( d ) qua điểm C ( 2; ) b) Gọi H hình chiếu điểm B ( −4; ) ( d ) Chứng minh k thay đổi ( k ≠ ) diện tích tam giác HBC khơng vượt q 9cm ( đơn vị đo truc tọa độ xentimét) Bài (1,5 điểm) Cho phương trình x + ( m − 1) x − 12 = ( *) , 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 thỏa mãn x1 − − mx = ( x1 + x2 − x1 x2 − ) Bài (1,5 điểm) 1) Tìm hai số tự nhiên, biết tổng chúng 2021 hiệu số lớn số bé 15 2) Một địa phương lên kế hoạch xét nghiệm SARS-COV-2 cho 12000 người thời gian quy định Nhờ cải tiến phương pháp nên xét nghiệm thêm 1000 người Vì thế, địa phương hoàn thành sớm kế hoạch 16 Hỏi theo kế hoạch, địa phương phải xét nghiệm thời gian giờ? Bài (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC , đường cao BD, CE ( D ∈ AC , E ∈ AB ) cắt H a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp b) Gọi M trung điểm BC Đường trịn đường kính AH cắt AM điểm G ( G khác A ) Chứng minh AE AB = AG AM · · c) Hai đường thẳng DE BC cắt K Chứng minh MAC đường = GCM thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE , MCD song song với đường thẳng KG = = = = = = = = = = = = = = = = = = = Hết = = = = = = = = = = = = = = = = = = = 1/9 Hướng dẫn giải: Bài (2,0 điểm) 1) Tính A = + 12  x x+4 x + : 2) Cho biểu thức B =  với x > 0; x ≠ ÷ ÷  2+ x 4− x  x−2 x Rút gọn B tìm tất giá trị nguyên x để B < − x Lời giải 1) Tính A = + 12 Ta có: A = + 12 = 22 + 3.12 = + 36 = + = 2) Với x > 0; x ≠  x x+4 x B =  + : ÷ ÷  2+ x 4− x  x−2 x  B=   B= B= ( ( x ( ( x −2 )( x +2 ) x −2 x−2 x −x−4 )( x +2 x −2 ( ) −2 x +2 )( x +2 x −2 − x+4 ) ( ) × ) × )( x ( x − 2) x +2  : x −2  x  ) ( x x −2 ) x x ( x −2 x Vậy với x > 0; x ≠ B = ) = −2 x −2 x −2 < − x ⇔ −2 < − x ⇔ x < x Mà x ∈ ¢ x > 0; x ≠ nên x = Bài (1,5 điểm) Xét B < − x ⇔ Cho hàm số y = x có đồ thị ( P ) đường thẳng ( d ) : y = kx − 2k + a) Vẽ đồ thị ( P ) Chứng minh ( d ) qua điểm C ( 2; ) b) Gọi H hình chiếu điểm B ( −4; ) ( d ) Chứng minh k thay đổi ( k ≠ ) diện tích tam giác HBC khơng vượt 9cm ( đơn vị đo truc tọa độ xentimét) Lời giải a) Vẽ đồ thị ( P ) Chứng minh ( d ) qua điểm C ( 2; ) * Vẽ đồ thị ( P ) x -2 -1 y 1 2/9 Vậy đồ thị ( P ) parabol qua điểm ( −2;4) ,( −1;2) ,( 0;0) ,( 1;1) ,( 2;4) * Chứng minh ( d ) qua điểm C ( 2; ) Giả sử C ∈ ( d) ⇔ yC = k.xC − 2k + ⇔ = k.2− 2k + ⇔ = ( đúng) Vậy ( d ) qua điểm C ( 2; ) b) Ta có: H hình chiếu điểm B ( −4; ) ( d ) ⇒ BH ⊥ HC ( C ∈ ( d) ) ⇒ ∆HBC vuông H ⇒ BC2 = BH + HC2 ( định lý pytago) Có: SBHC = BH.HC Áp dụng bất đẳng thức a.b ≤ a2 + b2 , ta được: 1 BH + CH BC2 SBHC = BH.HC ≤ = 2 Mà BC = xC − xB = 2− ( −4) = = ( 1) ( 2) Thay ( 2) vào ( 1) ta được: SBHC ≤ (cm ) BH = HC  ⇔ BH = HC = Dấu “=” xảy  2  BH + HC = BC = 36 Vậy k thay đổi ( k ≠ ) diện tích tam giác HBC khơng vượt q 9cm 3/9 Bài (1,5 điểm) Cho phương trình x + ( m − 1) x − 12 = ( *) , 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 thỏa mãn x1 − − mx = ( x1 + x2 − x1 x2 − ) Lời giải a) Với m = phương trình ( *) trở thành: x + x − 12 = ⇔ x2 + 6x − 2x − 12 = ⇔ x( x + 6) − 2( x + 6) = ⇔ ( x + 6) ( x − 2) =  x + =  x = −6 ⇔ ⇔  x− =  x = Vậy với m = phương trình ( *) có tập nghiệm S = { −6; 2} = 1.( −12) = −12 < nên ln có hai nghiệm phân biệt trái dấu b) Phương trình ( *) có ac  x1 + x2 = −4m+ Theo định lí Vi-et ta có:   x1.x2 = −12 ( 1) Vì x2 nghiệm phương trình ( *) nên ta có: x2 + ( m − 1) x2 − 12 = ⇔ x22 + 4mx2 − x2 − 12 = ⇔ x22 + ( mx2 − ) − x2 + = ⇔ 4( − mx2 ) = x22 − 4x2 + ⇔ 4( − mx2 ) = ( x2 − 2) ⇔ − mx2 = ( x2 − 2) ( 2) ⇔ − mx2 = x2 − Mà theo có: x1 − − mx = ( x1 + x2 − x1 x2 − ) ( 3) Thay ( 1) , ( 2) vào ( 3) ta được: x1 − x2 − = [ −4m + + 12 − 8] ⇔ x1 x2 − ( x1 + x2 ) + = ( − 4m ) ⇔ −12 − ( −4m + ) + = 64 − 64m + 16m ⇔ −16 + 8m = 16 ( m − 4m + ) ⇔ 16 m − = 16 ( m − ) ⇔ m − = ( m − 2) ⇔ ( m − 2) = ( m − 2) 2 4/9 ⇔ ( m − 2) − ( m − 2) =  m− =  m=  ( m − 2) =  m−2 =0  ⇔ ( m − ) ( m − ) − 1 = ⇔  ⇔ ⇔  m− = ⇔  m= 2   ( m − ) − = ( m − ) =  m− = −1  m= 2 Vậy m∈ { 1;2;3} Bài (1,5 điểm) 1) Tìm hai số tự nhiên, biết tổng chúng 2021 hiệu số lớn số bé 15 2) Một địa phương lên kế hoạch xét nghiệm SARS-COV-2 cho 12000 người thời gian quy định Nhờ cải tiến phương pháp nên xét nghiệm thêm 1000 người Vì thế, địa phương hoàn thành sớm kế hoạch 16 Hỏi theo kế hoạch, địa phương phải xét nghiệm thời gian giờ? Lời giải 1) Gọi số lớn x ( x > 15, x ∈ ¥ ) , số bé y ( y ∈ ¥ ) Tổng hai số 2021 nên ta có phương trình: x + y = 2021 ( 1) Hiệu số lớn số bé 15 nên ta có phương trình: x − y = 15 ( )  x + y = 2021  x = 2036  x = 1018 ( t/m ) ⇔ ⇔ Từ ( 1) , ( ) ta có hệ phương trình:   x − y = 15  x − y = 15  y = 1003 ( t/m ) Vậy số lớn 1018, số bé 1003 2) Gọi số người xét nghiệm theo dự định x (người) ( x < 12000, x ∈ ¥ * ) Theo kế hoạch, thời gian để địa phương xét nghiệm hết 12000 người 12000 ( giờ) x Thực tế, số người xét nghiệm x + 1000 (người) 12000 Thực tế, thời gian địa phương xét nghiệm hết 12000 người ( giờ) x + 1000 Do địa phương hoàn thành kế hoạch sớm 16 nên ta có phương trình: 12000 12000 − = 16 x x + 1000 ⇒ 12000 ( x + 1000 ) − 12000 x = 16 x ( x + 1000 ) ⇔ 12000 x + 12000000 − 12000 x = 16 x + 16000 x ⇔ 16 x + 16000 x − 12000000 = ⇔ x + 1000 x − 750000 = ⇔ x + 1500 x − 500 x − 750000 = ⇔ x ( x + 1500 ) − 500 ( x + 1500 ) = ⇔ ( x + 1500 ) ( x − 500 ) =  x + 1500 =  x = −1500( kh«ng tháa m· n) ⇔ ⇔ x = 500( tháa m· n)  x − 500 =  5/9 Vậy theo kế hoạch, địa phương cần 12000 = 24 (giờ) để xét nghiệm xong 500 Bài (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có AB < AC , đường cao BD, CE ( D ∈ AC , E ∈ AB ) cắt H a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp b) Gọi M trung điểm BC Đường trịn đường kính AH cắt AM điểm G ( G khác A ) Chứng minh AE AB = AG AM · · c) Hai đường thẳng DE BC cắt K Chứng minh MAC đường = GCM thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE , MCD song song với đường thẳng KG Lời giải a) Chứng minh tứ giác BEDC nội tiếp Xét tứ giác BEDC có: · BDC = 90o (BD đường cao) · BEC = 90o (CE đường cao) o · ⇒ BDC =· BEC = 90o , mà hai góc kề nhìn đoạn BC góc 90 ⇒ BEDC tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AE AB = AG AM Xét tứ giác AEHD có: · · AEH = ADH = 90o (gt) · · ⇒ AEH + ADH = 90o + 90o = 180o , mà hai góc vị trí đối ⇒ AEHD tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính AH » ) ( 1) ⇒ ·AGE = ·ADE (góc nội tiếp chắn AE · Ta có: tứ giác BEDC nội tiếp (cma) ⇒ EBC = ·ADE (góc ngồi tứ giác nội tiếp) · Từ ( 1) , ( 2) ⇒ ·AGE = EBC hay ·AGE = ·ABM Xét ∆AGE ∆ABM có: µ chung A ·AGE = ·ABM (cmt) 6/9 ( 2) ⇒ ∆AGE : ∆ABM (g - g) AG AB ⇒ = ⇒ AE.AB = AG.AM (đpcm) AE AM c) » ) Xét đường trịn đường kính AH có: ·AGD = ·AED (góc nội tiếp chắn AD · · Mà AED (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác BEDC ) = DCB · · · ⇒ AGD = ACB = DCM · · · · Lại có: AGD + DGM = 180o (kề bù) ⇒ DGM + DCM = 180o ,mà hai góc vị trí đối ⇒ GDCM tứ giác nội tiếp · · (hai góc nội tiếp chắn cung MC ) ( 1) ⇒ MGC = MDC Lại có: DM = BC = MC (định lí đường trung tuyến tam giác vuông) ⇒ ∆MCD cân M · · (hai góc đáy tam giác cân) ⇒ MDC = MCD ( 2) · · · · Từ ( 1) , ( 2) ⇒ MGC hay ⇒ MGC = MCD = MCA Xét ∆GCM ∆CAM có: · chung AMC · · (cmt) MGC = MCA ⇒ ∆GCM : ∆CAM (g- g) · · (hai góc tương ứng) (đpcm) ⇒ MAC = GCM · Ta có: ·AGE = ·ABM (cmb) hay ·AGE = EBM · · · · Mà: AGE + EGM = 180o (kề bù) ⇒ EBM + EGM = 180o ,mà hai góc vị trí đối ⇒ EBGM tứ giác nội tiếp ( ** ) Ta có hai tứ giác EBGM, GDCM tứ giác nội tiếp ⇒ Đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE, MCD đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác EBGM, GDCM Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác EBGM , J tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác GDCM 7/9 Mà giao hai tứ giác EBGM, GDCM GM ⇒ IJ ⊥ GM ( *) · Gọi { F} = AH ∩ BC ⇒ AF ⊥ BC ⇒ AFB = 90o · · Xét tứ giác ADFB có: AFB = BDA = 90o , mà hai góc vị trí kề ⇒ ADFB tứ giác nội tiếp · · (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp) ⇒ BAC = DFM · · Mà EDH (hai góc nội tiếp chắn cung EH ) = EAH ( 3) ( 4) BC = BM (định lí đường trung tuyến tam giác vuông) ⇒ ∆MBD cân M · · · · hay ⇒ HDM ⇒ BDM = DBM = DBM Lại có: DM = · · · Mà DBM (cùng phụ với ACB ) = HAD · · ( 5) ⇒ HDM = HAD · · · · · · · · Từ ( 3) , ( 4) , ( 5) ⇒ EDM = EDH + HDM = EAH + HAD = BAC = DFM = KDM Xét ∆FDM ∆DKM có: · chung; KMD · · (Cmt) DFM = KDM MD FM = ⇒ MD2 = FM.KM KM MD MC GM = ⇒ MC2 = MG.MA Có: ∆GCM : ∆CAM (cmt) ⇒ AM MC FM MA = Mà MD = MC (cmt) ⇒ FM.KM = MG.MA ⇒ GM MK · · ⇒ ∆FGM : ∆AKM (c-g-c) ⇒ FGM (hai góc ương ứng) = AKM ⇒ ∆FDM : ∆DKM (g - g) ⇒ ⇒ AGFK tứ giác nội tiếp ( tứ giác có goc ngồi góc đỉnh đối diện) · · ⇒ AFK = AGK = 90o (hai góc nội tiếp chắn cung AK ) ⇒ KG ⊥ AG hay KG ⊥ GM ( ** ) Từ ( * ) , ( ** ) ⇒ IJ // KG Vậy đường tròn nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE, MCD song song với KG 8/9 9/9 ... y ( y ∈ ¥ ) Tổng hai số 2021 nên ta có phương trình: x + y = 2021 ( 1) Hiệu số lớn số bé 15 nên ta có phương trình: x − y = 15 ( )  x + y = 2021  x = 2036  x = 101 8 ( t/m ) ⇔ ⇔ Từ ( 1)... ⇔ ⇔ Từ ( 1) , ( ) ta có hệ phương trình:   x − y = 15  x − y = 15  y = 100 3 ( t/m ) Vậy số lớn 101 8, số bé 100 3 2) Gọi số người xét nghiệm theo dự định x (người) ( x < 12000, x ∈ ¥ * )... x + 100 0 (người) 12000 Thực tế, thời gian địa phương xét nghiệm hết 12000 người ( giờ) x + 100 0 Do địa phương hoàn thành kế hoạch sớm 16 nên ta có phương trình: 12000 12000 − = 16 x x + 100 0