de tuyen sinh lop 10 mon toan nam 2021 2022 so gddt da nang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2021-2022 Mơn thi: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (khơng tính thời gian phát đề) Bài (2,0 điểm) a) Tính A    12  x x4 x b) Cho biểu thức B   với x  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  k  a) Vẽ đồ thị ( P ) Chứng minh (d ) qua điểm C (2; 4) b) Gọi H hình chiếu điểm B ( 4; 4) (d ) Chứng minh k thay đổi ( k  0) diện tích tam giác HBC khơng vượt cm (đơn vị đo trục tọa độ xentimét) Bài (1,5 điểm) Cho phương trình x  4(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   mx2   x1  x2  x1 x2   Bài (1,5 điểm) a) Tìm hai số tự nhiên, biết tổng chúng 2021 hiệu số lớn số bé 15 b) Một địa phurơng 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 hồn 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 ( 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   GCM  hai đường c) Hai đường thẳng DE BC cắt K Chứng minh MAC thẳng nối tâm hai đường tròn ngọi tiếp hai tam giác MBE , MCD song song với đường thẳng KG - HẾT - HƯỚNG DẪN TÍNH ĐIỂM Bài Phần a) b) Nội dung A    12  22  3.12       x x4 x B     :  x  2 x  x2 x   x x4 x     :   x (2  x )(2  x )  x ( x  2) x (2  x )  x  x  : (2  x )(2  x ) x 2  x x x4 (2  x )(2  x )   Điểm 0,5 0,5 x 2 x x 4  2 x x 2( x  2)  2 x x  x  2   x  2   x   x  x Vì x   nên x  +) Vẽ đồ thị ( P ) : B x  a) Parabol ( P) : y  x có bề lõm hướng lên nhận Oy làm trục đối xứng Hệ số a   nên hàm số đồng biến x  nghịch biến x  Ta có bảng giá trị sau: x 2 1 2 yx 1  Parabol ( P) : y  x qua điểm ( 2; 4), ( 1;1), (0; 0), (1;1), (2; 4) Đồ thị Parabol ( P) : y  x : 0,25 0,25 0,75 +) Chứng minh (d ) qua điểm C (2; 4) Thay x  2; y  vào phương trình đường thẳng ( d ) : y  kx  2k  , ta được:  2k  2k    (luôn với k ) Vậy (d ) qua điểm C (2; 4) với m b) 0,75 Áp dụng định lí Pytago ta có: HB  HC  BC   36 a) b) 1 BH  HC BC xc  xB 62  S BHC  BH HC      2 4 Dấu "=" xảy HB  HC  Thay m  vào phương trình (*), ta có: x  4(2  1) x  12   x  x  12  Ta có:  '  2  12  16  42  nên phương trình có nghiệm phân biệt  x  2    x  2   6  Vậy với m  tập nghiệm phương trình (*) S  {2; 6} 0,75 Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2     4(m  1)  12  (luôn với m ) Vì x2 nghiệm phương trình (*) nên: x22  4(m  1) x2  12   x22  mx2  x2  12   x2   mx2    x2      mx2   x  x2    x2   2 0,75  x2     mx2   x2  Khi ta có: x1   mx2   x1  x2  x1 x2     x1   x2    [4(1  m)  12  8]2  x1 x2   x1  x2    (8  4m )  | 12  2.4(1  m)  | 64  64m  16m  | 16  8m | 8 m  4m   | m  | ( m  2) Suy (m  2)  (m  2)  (m  2)  (m  2)   ( m  2)   ( m  2)  1  m  m     m     m   m   1  m  Vậy m  {1; 2;3} giá trị thỏa mãn toán a) Gọi số lớn x ( x  15, x   ) , số bé y ( y   ) Ta có 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(2) Từ (1), (2) ta có hệ phương trình  x  y  2021 2 x  2036  x  1018   (tm)   y  1003  x  y  15  y  x  15 Vậy số lớn 1018 , số bé 1003 b) Theo kế hoạch, gọi số người xét nghiệm x (người) ( x  *, x  12000) 12000 Theo kế hoạch địa phương y xét nghiệm 12000 người hết (giờ) x Thực tế, số người xét nghiệm x  1000 (người) 12000 Thực tế, địa phương xét nghiệm 12000 người hết (giờ) x  1000 Vì địa phương hồn thành sớm kế hoạch 16 nên ta có phương trình: 12000 12000   16 x x  1000  x  1000 x  750000   x  1500 x  500 x  750000   x ( x  1500)  500( x  1500)   ( x  1500)( x  500)   x  1500   x  1500( ktm)    x  500  tm   x  500  Vậy theo kế hoạch, địa phương cần 24 để xét nghiệm xong a) 0,75 0,75 0,5 Ta có: BD, CE đường cao ABC nên  BD  AC   BEC   90  BDC  CE  AB   BEDC tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề cạnh nhìn cạnh đối diện góc nhau) b) Ta có:  AEH   ADH  90   AEH   ADH  180  AEHD nội tiếp đường trịn đường kính AH (định nghĩa) Mà đường trịn đường kính AH cắt AM G  Năm điểm A, E , H , G , D thuộc đường tròn  AGE   ADE (2 góc nội tiếp chắn cung AE ) Mà  ABC   ADE (Tứ giác nội tiếp BEDC )    ABC  AGE  chung Xét ABM AGE có:  ABC   AGE (cmt ); BAM AE AG (2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)  ABM ~ AGE ( g  g )   AM AB  AE  AB  AG  AM (đpcm) c) Ta có  AGD   AED ( góc nội tiếp chắn cung AD )   Mà AED  ACB (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp BEDC )   AGD   ACB  DCM   180 (kề bù)  DGM   DCM   180 Lại có  AGD  DGM   MDC  (hai góc nội tiếp  GDCM tứ giác nội tiếp (dhnb)  MGC chắn cung MC ) Lại có DM  BC  MC (định lí đường trung tuyến tam giác vuông)  MCD cân M   MCD  (2 góc đáy tam giác cân)  MDC   MCD   MCA   MGC   GCM  (cmt )  chung ; MAC Xét GCM CAM có: AMC   GCM  ( góc tương ứng) (đpcm)  GCM ~ CAM ( g.g )  MAC Ta có  ABC   AGE (cmt ) nên EBMG tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngồi góc đỉnh đối diện)  Đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE , MCD đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác GDCM EBMG Giao hai tứ giác GDCM EBMG GM 0,5  Đường nối tâm vng góc với GM (*) Gọi {F }  AH  BC  AF  BC   AFB  90   90  ADFB nội tiếp (tứ giác có đỉnh kề nhìn cạnh Mà BDA góc nhau)   DFM  (1) (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội  BAC tiếp)   EAH  (2) (Hai góc nội tiếp chắn cung EH ) Mà EDH   HBM   DBM  (DM trung tuyến BDC vuông D nên HDM DM  BC  BM )   (Cùng phụ  DBM  HAD ACB )   HAD   HDM Từ (1), (2) (3) suy   EDH   HDM   EAH   HAD   BAC   DFM   KDM  EDM  chung; DFM   KDM  (cmt) Xét FDM DKM có: KMD MD FM   MD  FM  KM KM MD MC GM Có: GCM ~ CAM (cmt )    MC  MG.MA AM MC FM MA Mà MD  MC (cmt )  FM  KM  MG.MA   GM MK  AKM ( góc tương ứng)  FGM ~ AKM ( c.g.c )  FGM  AGFK tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngồi góc đỉnh đối diện)  AFK   AGK  90 ( góc nội tiếp chắn cung AK   KG  AG hay  FDM ~ DKM ( g g )  KG  GM (**) Từ (*) (**) suy đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE , MCD song song với KG (đpcm) 0,5 ... 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(2) Từ (1), (2) ta có hệ phương trình  x  y  2021 2 x  2036  x  101 8  ... nghiệm x  100 0 (người) 12000 Thực tế, địa phương xét nghiệm 12000 người hết (giờ) x  100 0 Vì địa phương hồn thành sớm kế hoạch 16 nên ta có phương trình: 12000 12000   16 x x  100 0  x  100 0... phương trình  x  y  2021 2 x  2036  x  101 8   (tm)   y  100 3  x  y  15  y  x  15 Vậy số lớn 101 8 , số bé 100 3 b) Theo kế hoạch, gọi số người xét nghiệm x (người) ( x  *, x