®Ò thi thö tuyÓn sinh líp 10

®Ò thi thö tuyÓn sinh líp 10 Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Th¸I b×nh ®Ò thi tuyÓn sinh líp 10 thpt n¨m häc 2021 – 2022 m«n to¸n (120 phót lµm bµi) Ngµy thi 19/06/2020 (buæi chiÒu) Tên TRƢƠNG QUANG AN Địa chỉ[.]

Sở giáo dục đào tạo TháI bình đề thi tuyển sinh lớp 10 thpt năm học 2021 2022 môn : toán (120 phút làm bài) Ngày thi: 19/06/2020 (bi chiỊu) Tên: TRƢƠNG QUANG AN Địa : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tƣ Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi Điện thoại : 0353276871 Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức P  a.Chứng minh P = 2 x 7   (với x  0; x ≠ 4) x 2 x 1 x  x  x 1 b.Tính giá trị biểu thức P x   2 c.Tìm giá trị lớn biểu thức P Câu 2: (2,0 điểm) a.Giải phƣơng trình: x2 + 3x – = b.Một mảnh vƣờn hình chữ nhật có chu vi 60m Nếu giảm chiều dài 1m tăng chiều rộng thêm 1m mảnh vƣờn trở thành hình vng Tính chiều dài chiều rộng mảnh vƣờn Câu 3: (2.0 điểm)Cho parabol (P): y = x2 đƣờng thẳng (d) : y = mx + (với m tham số) a.Tìm m để đƣờng thẳng (d) parabol (P) qua điểm có hồnh độ x = b.Chứng minh (d) cắt (P) hai điềm phân biệt với m.Gọi x1, x2 hồnh độ giao điểm, tìm m để x2(x12 - ) = Câu 4: (3.5 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp đƣờng tròn tâm O đƣờng kính BC cố định, điểm D thuộc cung nhỏ AC (D không trùng với A C) Tia BA cắt tia CD G Điểm I giao điểm BD AC Kẻ AE vuông góc với BC điểm E, đƣờng thẳng AE cắt đƣờng tròn (O) điểm thứ hai F Gọi H hình chiếu vng góc điểm A BD, K giao điểm BC DF Chứng minh: a.Tø gi¸c AIDG néi tiÕp đƣờng trịn b.Chứng minhBE.BC = BH.BI c.Ba điểm G, I, K thẳng hàng d.Đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác AKD ln qua điểm cố định khác A điểm D di động cung nhỏ AC Câu 5: (0.5 điểm) Giải phƣơng trình: x2  x   (2 x  1) x2  x  Hết Họ tên thÝ sinh: …………… Sè b¸o danh: Lời giải Câu (2.0 điểm) Cho biểu thức P  a)Chứng minh P = 2 x 7   (với x  0; x ≠ 4) x 2 x 1 x  x  x 1 b)Tính giá trị biểu thức P x   2 c)Tìm giá trị lớn biểu thức P Lời giải a)Ta có với x  0; x ≠ P   2 x 7    x 2 x 1 x  x  x 2  ( x  2)( x  1) 2 x 7   x 2 x  ( x  2)( x  1) x 1 b)Khi x   2  x  1 Thay x   vào ta có P  2 c)Với x  0; x   P   x  Vậy giá trị lớn biểu thức P x=0 Câu 2: (2,0 điểm) a.Giải phƣơng trình: x2 + 3x – = b.Một mảnh vƣờn hình chữ nhật có chu vi 60m Nếu giảm chiều dài 1m tăng chiều rộng thêm 1m mảnh vƣờn trở thành hình vng Tính chiều dài chiều rộng mảnh vƣờn Lời giải  3  13 x  a.Ta có x  3x –1     3  13 x   b.Một mảnh vƣờn hình chữ nhật có chu vi 60m Nếu giảm chiều dài 1m tăng chiều rộng thêm 1m mảnh vƣờn trở thành hình vng Tính chiều dài chiều rộng mảnh vƣờn Nửa chu vi mảnh vƣờn cho là: 60: 2=30 (m) Gọi chiều dài chiều rộng mảnh vƣờn lần lƣợt x, y(m), (x,y >0) suy x+y=30(1).Nếu giảm chiều dài 1m tăng chiều rộng lên 1m mảnh vƣờn trở thành hình vng nên ta có phƣơng trình:  x  y  30  x  16; y  14 (thỏa)  x y 2 x−1=y+1⇔x−y=2(2): Từ (1) (2) ta có hệ phƣơng trình:  Vậy chiều dài mảnh vƣờn 16m chiều rộng mảnh vƣờn 14m Câu 3: (2.0 điểm)Cho parabol (P): y = x2 đƣờng thẳng (d) : y = mx + (với m tham số) a.Tìm m để đƣờng thẳng (d) parabol (P) qua điểm có hồnh độ x = b.Chứng minh (d) cắt (P) hai điềm phân biệt với m.Gọi x1, x2 hoành độ giao điểm, tìm m để x2(x12 - ) = Lời giải a.Gọi A(2;yA) điểm mà đƣờng thẳng (d) parabol (P) qua Khi ta có: A(2;yA)∈(P)⇒yA=22=4⇒A(2;4).Lại có: A(2;4)∈(d)⇒4=m.2+1⇔m= Vậy m= thỏa mãn tốn b.Phƣơng trình hồnh độ giao điềm (d) (P) là: x2=mx+1⇔x2−mx−1=0(*) Phƣơng trình (*) có: Δ=m2+4>0∀m⇒(*) ln có hai nghiệm phân biệt với m ⇒(d) cắt (P) hai điểm phân biệt với m.Gọi x1, x2 hoành độ giao điểm (d) (P) ⇒ x1, x2 nghiệm phƣơng trình (*) ⇒x12=mx1+1 Áp dụng hệ thức Vi-et ta có: x1+x2=m x1x2=−1.Theo đề ta có: x2(x12 - ) = ⇔x2(mx1+1−1)=3⇔mx1x2=3 hay m=−3.Vậy m = -3 thỏa mãn toán Câu 4: (3.5 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp đƣờng tròn tâm O đƣờng kính BC cố định, điểm D thuộc cung nhỏ AC (D không trùng với A C) Tia BA cắt tia CD G Điểm I giao điểm BD AC Kẻ AE vuông góc với BC điểm E, đƣờng thẳng AE cắt đƣờng tròn (O) điểm thứ hai F Gọi H hình chiếu vng góc điểm A BD, K giao điểm BC DF Chứng minh: a.Tø gi¸c AIDG néi tiÕp đƣờng trịn b.BE.BC = BH.BI c.Ba điểm G, I, K thẳng hàng d.Đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác AKD ln qua điểm cố định khác A điểm D di động cung nhỏ AC Lời giải a)Ta có: ∠BAC, ∠BDC góc nội tiếp chắn nửa đƣờng trịn (0) ∠BAC =∠BDC = 90°=> ∠GAI = ∠GDI = 90° Xét tứ giác AIDG ta có: ∠GAI +∠GDI = 90° +90° =180° => AIDG tứ giác nội tiếp b) Xét tứ giác ABEH ta có: ∠AEB = ∠AHB = 90° (gt) => ABEH tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh đối diện dƣới góc nhau), ∠BHE =∠BAE (hai góc nội tiếp chắn cung BE) Mà ∠BAE =∠BCA (hai góc phụ ∠ABC), ∠BHE = ∠BCA= ∠BCI Xét △BHE △BCI có: ∠IBC chung ; ∠BHE = ∠BCI (cmt) => △BHE đồng dạng △BCI (gg)⇒BE⋅BC=BH⋅BI(dpcm) c)Ta có: BC ⊥ A F => cung AB = cung FB (đƣờng kinh vng góc với dây qua điểm chinh cung căng dây đó).⇒ ∠BDF=∠BCA (hai góc nội tiếp chẳn cung nhau).Hay ∠ID K=∠ICK⇒ CDJK tức giác nội tiếp (tứ giác có đỉnh kề củng nhìn cạnh dƣới góc nhau)⇒ ∠IKC+∠IDC = 180⁰ Mà ∠IDC=∠BDC=90⁰(cmt)⇒ ∠IKC=90⁰ => IK ⊥ BC Xét △GBC có :AC⊥BG; BD⊥CG; AC∩BD={I}⇒I trực tâm ΔGBC⇒GI⊥BC (2) Từ (1) (2)⇒G,I,K thẳng hàng (đpcm) d.Ta có AO  BC  OB  AOB cân O.Suy ∠OAB=∠OBA= ∠ABC= 1 sđ cung AC(3).Lại có ∠CKD= (sđ cung CD+sđ cung BF)= 2 (sđ cung CD+sđ cung AB).Vì OH vuông DB suy cung AB=cung AD.suy ∠CKD= 1 (sđ cung CD+sđ cung AD)== sđ cung AC(4) Từ suy ∠OAB=∠CKD suy 2 OKDA nội tiếp suy đƣờng tròn ngoại tiếp tam giác AKD qua O cố định Câu 5: (0.5 điểm) Giải phƣơng trình: x2  x   (2 x  1) x2  x   Lời giải Điều kiện x2  x   với x.Ta đặt a  x  1; b  x  x    2a  b2  x  x   x2  x   2a  b2  Khi phƣơng trình trở thành 2a  b2   ab   b2  ab  2a    (b  a  2)(b  2)    x  1     x  1    15    x      15   x  