Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 Đề thi môn Toán Năm học 2021 2022 Thời gian 120 phút Câu 1 (2 điểm) Rút gọn biểu thức sau a) A=(√12−2√5)√3+√60 A=12−253+60 b) B=√4xx−3 √x2−6x+9xB=4x.
Sở Giáo dục Đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 Đề thi mơn: Tốn Năm học 2021 - 2022 Thời gian: 120 phút Câu 1: (2 điểm) Rút gọn biểu thức sau: a) A=(√ 12 −2√ )√ +√ 60 A=12−253+60 b) B=√ 4x x−3.√ x2−6x+9x B=4xx−3.x2−6x+9x với < x < Câu 2: (2,5 điểm) 1) Xác định hàm số bậc y = ax + b, biết đồ thị hàm số qua điểm M(1; –1) N(2; 1) 2) Cho phương trình: x2−2mx+m2−m+3=0x2−2mx+m2−m+3=0 (1), với m tham số a) Giải phương trình (1) với m = b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm biểu thức: P=x1x2−x1−x2P=x1x2−x1−x2 đạt giá trị nhỏ Câu 3: (1,5 điểm) Tình cảm gia đình có sức mạnh phi trường Bạn Vì Quyết Chiến – Cậu bé 13 tuổi qua thương nhớ em trai vượt qua quãng đường dài 180km từ Sơn La đến bệnh viện Nhi Trung ương Hà Nội để thăm em Sau xe đạp giờ, bạn lên xe khách tiếp 30 phút đến nơi Biết vận tốc xe khách lớn vận tốc xe đạp 35 km/h Tính vận tốc xe đạp bạn Chiến Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường trịn (O) có hai đường kính AB MN vng góc với Trên tia đối tia MA lấy điểm C khác điểm M Kẻ MH vng góc với BC (H thuộc BC) a) Chứng minh BOMH tứ giác nội tiếp b) MB cắt OH E Chứng minh ME.MH = BE.HC c) Gọi giao điểm đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp ∆MHC K Chứng minh điểm C, K, E thẳng hàng Câu 5: (1,0 điểm) Giải phương trình: √ 5x2+27x+25 −5√ x+1 =√ x2−4 5x2+27x+25−5x+1=x 2−4 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 03 Câu 1: a) A=(√ 12 −2√ )√ +√ 60 =√ 36 −2√ 15 +2√ 15 =√ 36 = 6A=12−253+60=36−215+215=36=6 b) Với < x < |x - 3| = - x B=√ 4x x−3.√ x2−6x+9x =2√ x x−3.√ (x−3)2x =−2√ x 3−x.|x−3| √ x =−2√ x (3−x)(3−x)√ x =−2B=4xx−3.x2−6x+9x =2xx−3.x−32x=−2x3−x.x−3x=−2x3−x3−xx=−2 Câu 2: 1) Vì đồ thị hàm số qua điểm M(1; –1) nên a+ b = -1 đồ thị hàm số qua điểm N(2; 1) nên 2a + b = Yêu cầu toán {a+b=−12a+b=1⇔{a=2b=−3a+b=−12a+b=1⇔a=2b= −3 Vậy hàm số phải tìm y = 2x – 2) a) Với m = 4, phương trình (1) trở thành: x2−8x+15=0x2−8x+15=0 Có Δ=1>0Δ=1>0 Phương trình có hai nghệm phân biệt x1=3;x2=5;x1=3; x2=5; b) Ta có: ∆' = (−m)2−1 (m2−m+3)=m2−m2+m−3=m−3−m2−1.m2−m+3=m2−m2 +m−3=m−3 Phương trình (1) có hai nghiệm x1,x2x1, x2 ∆' ⇔m−3≥0⇔m≥3⇔ m−3≥0⇔m≥3 Với m≥3m≥3, theo định lí Vi–ét ta có: {x1+x2=2mx1.x2=m2−m+3x1+x2=2mx1.x2=m2−m+3 Theo ra: P=x1x2−x1−x2=x1x2− (x1+x2)P=x1x2−x1−x2=x1x2−(x1+x2) Áp đụng định lí Vi–ét ta được: P=m2−m+3−2m=m2−3m+3=m(m−3)+3P=m2−m+3−2 m=m2−3m+3 =m(m−3)+3 Vì m≥3m≥3 nên m(m−3)≥0m(m−3)≥0 , suy P≥3P≥3 Dấu " = " xảy m = Vậy giá trị nhỏ P m = Câu 3: Đổi 30 phút = 1,5 Gọi vận tốc xe đạp bạn Chiến x (km/h, x > 0) Vận tốc ô tô x + 35 (km/h) Quãng đường bạn Chiến xe đạp là: 7x (km) Quãng đường bạn Chiến ô tô là: 1,5(x + 35)(km) Do tổng quãng đường bạn Chiến 180km nên ta có phương trình: 7x + 1,5(x + 35) = 180 7x + 1,5x + 52,2 = 180 8,5x = 127,5 x = 15 (thỏa mãn) Vậy bạn Chiến xe đạp với vận tốc 15 km/h Câu 4: a) Ta có: ˆMOB=900MOB^=900 (do AB⊥⊥MN) ˆMHB=900MHB^=900(do MH⊥⊥BC) Suy ra: ˆMOB+ˆMHB=900+900=1800MOB^+MHB^=900+900=1 800 => Tứ giác BOMH nội tiếp b) ∆OMB vuông cân O nên ˆOBM=ˆOMBOBM^=OMB^ (1) Tứ giác BOMH nội tiếp nên ˆOBM=ˆOHMOBM^=OHM^ (cùng chắn cung OM) ˆOMB=ˆOHBOMB^=OHB^ (cùng chắn cung OB) (2) Từ (1) (2) suy ra: ˆOHM=ˆOHBOHM^=OHB^ => HO tia phân giác ˆMHBMHB^ => MEBE=MHHBMEBE=MHHB (3) Áp dụng hệ thức lượng ∆BMC vuông M có MH đường cao Ta có: HM2=HC.HB⇒HMHB=HCHMHM2=HC.HB⇒HMHB=HCHM (4) Từ (3) (4) suy ra: MEBE=HCHM(5)⇒ME.HM=BE.HCMEBE=HCHM5⇒ME.HM= BE.HC (đpcm) c) Vì ˆMHC=900MHC^=900(do MH⊥⊥BC) nên đường trịn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính MC ⇒ˆMKC=900⇒MKC^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) MN đường kính đường trịn (O) nên ˆMKN=900MKN^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ⇒ˆMKC+ˆMKN=1800⇒MKC^+MKN^=1800 => điểm C, K, N thẳng hàng (*) ∆MHC ∽ ∆BMC (g.g) ⇒HCMH=MCBM⇒HCMH=MCBM Mà MB = BN (do ∆MBN cân B) =>HCHM=MCBNHCHM=MCBN, kết hợp với MEBE=HCHMMEBE=HCHM (theo (5) ) Suy ra: MCBN=MEBEMCBN=MEBE Mà ˆEBN=ˆEMC=900EBN^=EMC^=900 => ∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c) ⇒ˆMEC=ˆBEN⇒MEC^=BEN^, mà ˆMEC+ˆBEC=1800MEC^+BEC^=1800 (do điểm M, E, B thẳng hàng) ⇒ˆBEC+ˆBEN=1800⇒BEC^+BEN^=1800 => điểm C, E, N thẳng hàng (**) Từ (*) (**) suy điểm C, K, E, N thẳng hàng => điểm C, K, E thẳng hàng (đpcm) Câu 5: ĐKXĐ: x≥2x≥2 Ta có: √ 5x2+27x+25 −5√ x+1 =√ x2−4 5x2+27x+25−5x+1=x2− ⇔√ 5x2+27x+25 =5√ x+1 +√ x2−4 ⇔5x2+27x+25=5x+1+x2 −4 ⇔5x2+27x+25=x2−4+25x+25+10√ (x+1) (x2−4) ⇔5x2+27x+25=x2−4+25x+25+10(x+1)(x2−4) ⇔4x2+2x+4=10√ x+1)(x2−4) ⇔2x2+x+2=5√ (x+1) (x2−4) (1)⇔4x2+2x+4=10x+1)(x2−4)⇔2x2+x+2=5(x+1) (x2−4) (1) Cách 1: (1) ⇔(x2−2x−4)(4x2−13x−26)=0⇔x2−2x−44x2−13x−26=0 Giải được: x=1−√ x=1−5(loại); x=1+√ x=1+5(nhận); x=13+3√ 65 8x=13+ 3658 (nhận); x=13−3√ 65 8x=13−3658 (loại) Cách 2: (1) ⇔5√ (x2−x−2) (x+2) =2(x2−x−2)+3(x+2)⇔5x2−x−2x+2=2x2−x−2+3x+2 (2) Đặt a=√ x2−x+2 ;b=√ x+2 (a≥0;b≥0)a=x2−x+2; b=x+2 (a≥0; b≥0) Lúc đó, phương trình (2) trở thành: 5ab=2a2+3b25ab=2a2+3b2⇔2a2−5ab+3b2=0⇔(a−b) (2a−3b)=0⇔[a=b2a=3b⇔2a2−5ab+3b2=0⇔a−b2a−3b=0⇔ a=b2a=3b (*) – Với a = b √ x2−x−2 =√ x+2 ⇔x2−2x−4⇔⎡⎢⎣x=1−√ (ktm)x=1 +√ (tm)x2−x−2=x+2⇔x2−2x−4⇔x=1−5(ktm)x=1+5(tm) – Với 2a = 3b 2√ x2−x−2 =3√ x+2 ⇔4x2−13x−26=0⇔⎡⎢ ⎢⎣x=13+3√ 65 8(tm)x=13−3√ 65 8(ktm)2x2−x−2=3x+2⇔4x2−13x −26=0⇔x=13+3658 (tm)x=13−3658 (ktm) Vậy phương trình cho nghiệm: x=1+√ x=1+5 x=13+3√ 65 8x=13+3658 có hai Sở Giáo dục Đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 Đề thi mơn: Tốn Năm học 2021 - 2022 Thời gian: 120 phút Sở Giáo dục Đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 Đề thi mơn: Tốn Năm học 2021 - 2022 Thời gian: 120 phút Phần I Trắc nghiệm (2 điểm) Câu 1: Điều kiện xác định biểu thức A.x ≠ B.x ≥ C.x ≥ x < là: D.0 < x ≤ Câu 2: Đường thẳng 2x + 3y = qua điểm điểm sau A ( 1; -1) B ( 2; -3) C ( -1; 1) D (- 2; 3) Câu 3: Cho phương trình x – 2y = (1) Phương trình phương trình sau kết hợp với (1) để phương trình vơ số nghiệm A x + y = -1 B x - y = -1 C.2x - 3y = D.2x - 4y = -4 Câu 4: Tọa độ giao điểm (P) y = x2 đường thẳng (d) y = +3 A (2; 2) B ( 2; 2) (0; 0) C.(-3; ) D.(2; 2) (-3; ) Câu 5: Giá trị k để phương trình x2 + 3x + 2k = có nghiệm trái dấu là: A k > B k < C k > D k < Câu 6: Cho tam giác ABC vng A có AB : AC = : đường cao AH cm Khi độ dài đoạn thẳng HC bằng: A 12 cm B cm C cm D 15 cm Câu 7: Cho hai đường tròn (O; 3cm) (O; 4cm) có OO' = cm Vị trí tương đối đường tròn là: A Hai đường tròn tiếp xúc ngồi với B Hai đường trịn tiếp xúc với C Hai đường trịn khơng giao D Hai đường trịn cắt Câu 8: Thể tích hình cầu thay đổi bán kính hình cầu tăng gấp lần A Tăng gấp 16 lần C Tăng gấp lần Phần II Tự luận Bài 1: (2 điểm) 1) Thu gọn biểu thức B Tăng gấp lần D Tăng gấp lần 2) giải phương trình hệ phương trình sau: a) 3x2 + 5x - = b) (x2 + 5)2 = 3(x2 + 5) + Bài 2: (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) : y = x2 đường thẳng (d) : y = 2mx – 2m + a) Với m = -1 , vẽ đồ thị hàm số hệ trục tọa độ b) Tìm m để (d) (P) cắt điểm phân biệt : A (x 1; y1 );B(x2; y2) cho tổng tung độ hai giao điểm Bài 3: (1 điểm) Rút gọn biểu thức sau: Tìm x để A < Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có dây cung CD cố định Gọi M điểm nằm cung nhỏ CD Đường kính MN đường tròn (O) cắt dây CD I Lấy điểm E cung lớn CD, (E khác C,D,N); ME cắt CD K Các đường thẳng NE CD cắt P a) Chứng minh :Tứ giác IKEN nội tiếp b) Chứng minh: EI.MN = NK.ME c) NK cắt MP Q Chứng minh: IK phân giác góc EIQ d) Từ C vẽ đường thẳng vng góc với EN cắt đường thẳng DE H Chứng minh E di động cung lớn CD (E khác C, D, N) H ln chạy đường cố định Phần I Trắc nghiệm 1.C 2.D 3.A 4.D 5.B 6.A 7.D 8.B Phần II Tự luận Bài 1: 2) a) 3x2 + 5x - = Δ = 52 - 4.3.(-8) = 121 => √Δ = 11 a) Do M điểm cung CD nên OM ⊥ CD => ∠KIN = 90o Xét tứ giác IKEN có: ∠KIN = 90o ∠KEN = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) => ∠KIN + ∠KEN = 180o => Tứ giác IKEN tứ giác nội tiếp b) Xét ΔMEI ΔMNK có: ∠NME góc chung ∠IEM = ∠MNK ( góc nội tiếp chắn cung IK) => ΔMEI ∼ ΔMNK (g.g) =>EI.MN = NK.ME c) Xét tam giác MNP có: ME ⊥ NP; PI ⊥ MN ME giao PI K => K trực tâm tam giác MNP => ∠NQP = 90o Xét tứ giác NIQP có: ∠NQP = 90o ∠NIP = 90o => đỉnh Q, I nhìn cạnh NP góc => tứ giác NIQP tứ giác nội tiếp => ∠QIP = ∠QNP (2 góc nội tiếp chắn cung PQ)(1) Mặt khác IKEN tứ giác nội tiếp => ∠KIE = ∠KNE (2 góc nội tiếp chắn cung KE)(2) Từ (1) (2) => ∠QIP = ∠KIE => IE tia phân giác ∠QIE d) Ta có: Mà ∠DEM = ∠MEC (2 góc nội tiếp chắn cung nhau) => ∠EHC = ∠ECH => ΔEHC cân E => EN đường trung trực CH Xét đường trịn (O) có: Đường kính OM vng góc với dây CD I => NI đường trung trực CD => NC = ND EN đường trung trực CH => NC = NH => N tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DCH => H ∈ (N, NC) Mà N, C cố định => H thuộc đường tròn cố định Sở Giáo dục Đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 Đề thi mơn: Tốn Năm học 2021 - 2022 Thời gian: 120 phút Bài : ( 1,5 điểm) 1) Rút gọn biểu thức sau: 2) Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức M b) Tìm giá trị nguyên x để giá trị tương ứng M nguyên Bài : ( 1,5 điểm) 1) Tìm m để hai phương trình sau có nghiệm chung: 2x2 – (3m + 2)x + 12 = 4x2 – (9m – 2)x + 36 = 2) Tìm hệ số a, b đường thẳng y = ax + b biết đường thẳng qua hai điểm (1; -1) (3; 5) Bài : ( 2,5 điểm) 1) Cho Phương trình :x2 + (m - 1) x + 5m - = a) giải phương trình m = - b) Tìm m để nghiệm x1 x2 thỏa mãn hệ thức: 4x1 + 3x2 = 2) Giải toán sau cách lập phương trình hệ phương trình Một công ty vận tải điều số xe tải để chở 90 hàng Khi đến kho hàng có xe bị hỏng nên để chở hết số hàng xe cịn lại phải chở thêm 0,5 so với dự định ban đầu Hỏi số xe điều đến chở hàng xe? Biết khối lượng hàng chở xe Bài : ( 3,5 điểm) 1) Cho (O; R), dây BC cố định không qua tâm O, A điểm cung lớn BC Ba đường cao AD, BE, CF tam giác ABC cắt H a) Chứng minh tứ giác HDBF, BCEF nội tiếp b) K điểm đối xứng A qua O Chứng minh HK qua trung điểm BC c) Gỉa sử ∠BAC = 60o Chứng minh Δ AHO cân 2) Một hình chữ nhật có chiều dài cm, chiều rộng cm, quay hình chữ nhật vịng quanh chiều dài hình trụ Tính diện tích tồn phần hình trụ Bài : ( điểm) 1) Cho a, b số thực cho a3 + b3 = Chứng minh: 016(m-2) = 16 m = Thay m= vào phương trình ban đầu,ta có: Vậy m =3 hai phương trình có nghiệm chung nghiệm chung 2) Tìm hệ số a, b đường thẳng y = ax + b biết đường thẳng qua hai điểm (1; -1) (3; 5) Đường thẳng y = ax + b qua hai điểm (1; -1) (3; 5) nên ta có: Vậy đường thẳng cần tìm y = 2x – Bài : 1) Cho Phương trình : x2 + (m - 1)x + 5m - = a) Khi m = -1, phương trình trở thành: x2 - 2x - 11 = Δ' = + 11=12 => √(Δ') = 2√3 Phương trình có nghiệm: x1 = + 2√3 x2 = - 2√3 Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là: S ={1 + 2√3; - 2√3} b) x2 + (m - 1)x + 5m - = Ta có: Δ = (m - 1)2 - 4(5m - 6) Δ = m2 - 2m + - 20m + 24 = m2 - 22m + 25 Phương trình có hai nghiệm ⇔ Δ ≥ ⇔ m2 - 22m + 25 ≥ 0,(*) Theo hệ thức Vi-ét ta có: Theo đề ta có: 4x1 + 3x2 =1 ⇔ x1 + 3(x1 + x2 ) = ⇔ x1 + 3(1 - m) = ⇔ x1= 3m - => x2 = - m - x1 = - m - (3m - 2) = - 4m Do ta có: (3m - 2)(3 - 4m) = 5m - ⇔ 9m - 12m2 - + 8m = 5m - ⇔ - 12m2 + 12m = ⇔ -12m(m - 1) = ⇔ Thay m = vào (*) thấy thảo mãn Thay m = vào (*) thấy thảo mãn Vậy có hai giá trị m thỏa mãn toán m = m = 2) Gọi số lượng xe điều đến x (xe) (x > 0; x ∈ N) =>Khối lượng hàng xe chở là: (tấn) Do có xe nghỉ nên xe lại phải chở thêm 0,5 so với dự định nên xe phải chở: Khi ta có phương trình: (x-2)=90 =>(180 + x)(x - 2) = 180x x2 - 2x - 360 = Vậy số xe điều đến 20 xe Bài : a) Xét tứ giác BDHF có: ∠BDH = 90o (AD đường cao) ∠BFH = 90o (CF đường cao) =>∠BDH + ∠BFH = 180o => Tứ giác BDHF tứ giác nội tiếp Xét tứ giác BCEF có: ∠BFC = 90o (CF đường cao) ∠BEC = 90o (BE đường cao) => đỉnh E F nhìn cạnh BC góc vng => Tứ giác BCEF tứ giác nội tiếp b) Ta có: ∠KBA) = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) =>KB⊥AB Mà CH⊥AB (CH đường cao) => KB // CH Tương tự: ∠KCA) = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) =>KC⊥AC BH⊥AC (BH đường cao) => HB // CK Xét tứ giác BKCF có: KB // CH HB // CK => Tứ giác BKCH hình bình hành => Hai đường chéo BC KH cắt trung điểm đường => HK qua trung điểm BC c) Gọi M trung điểm BC Xét tam giác AHK có: O trung điểm AK M trung điểm BC => OM đường trung bình tam giác AHK => OM = AH (1) ΔBOC cân O có OM trung tuyến => OM tia phân giác ∠BOC => ∠MOC = ∠BAC = 60o (= ∠BOC ) Xét tam giác MOC vuông M có: OM = OC.cos(MOC) = OC.cos60o= OC = OA (2) Từ (1) (2) => OA = AH => ΔOAH cân A 2) Quay hình chữ nhật vịng quanh chiều dài hình trụ có bán kính đáy R= cm, chiều cao h = cm Khi diện tích tồn phần hình trụ Stp = 2πR2 + 2πRh = 2π22 + 2π.2.3 = 20π (cm2 ) Bài 5: a) Theo đề Ta có: a3 + b3 = > ⇒ a3 > - b3 ⇒ a > - b ⇒ a + b > (1) Nhân vế (1) với (a - b)2 ≥ ∀ a,b ta được: (a + b)(a - b)2 ∀ ⇔ (a2 - b2)(a - b) ∀ ⇔ a3 - a2b - ab2 + b3 ∀ ⇔ a3 + b3 ∀ ab(a + b) ⇔ 3(a3 + b3 ) ∀ 3ab(a + b) ⇔ 4(a3 + b3 ) ∀ a3 + b3 + 3ab(a + b) ⇔ 4(a3 + b3 ) ∀ (a + b)3 ⇔ (a + b)3 ≤ ⇔ a + b ≤ (2) Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh b) Ta có: Ta lại có: ,dấu xảy y=2x ,dấu xảy z=4x ,dấu xảy z=2y Vậy giá trị nhỏ P ... 8x=13+3658 có hai Sở Giáo dục Đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 Đề thi mơn: Tốn Năm học 2021 - 2022 Thời gian: 120 phút Sở Giáo dục Đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 Đề thi mơn: Tốn... H ∈ (N, NC) Mà N, C cố định => H thuộc đường tròn cố định Sở Giáo dục Đào tạo Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 Đề thi mơn: Tốn Năm học 2021 - 2022 Thời gian: 120 phút Bài : ( 1,5 điểm) 1) Rút gọn... = x2,khi ta có: Giải (*): (6 - 3m)x = -12 Phương trình (*) có nghiệm 6 - 3m ≠ m ≠ Khi đó, phương trình có nghiệm: Theo cách đặt, ta có: y = x2 =>16(m-2) = 16 m = Thay m= vào phương trình