ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2021 – 2022 MÔN THI TOÁN Thời gian 120 phút (không tính thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm) a)[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2021 – 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI: TỐN Thời gian: 120 phút (khơng tính thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm): a) Tính A   12  x x4 x b) Cho biểu thức B   với x  x    :  x  x x  x   Câu (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;4  b) Gọi H hình chiếu điểm B  4;   d  Chứng minh k thay đổi ( k  ) diện tích tam giác HBC khơng vượt q cm (đơn vị đo trục tọa độ xentimét) Câu (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   mx2   x1  x2  x1x2   Câu (1,5 điểm): a) Tìm hai số tự nhiên, biết tổng chúng 2021 hiệu số lớn số bé 15 b) 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 hồn thành sớm kế hoạch 16 Hỏi theo kế hoạch, địa phương phải xét nghiệm thời gian giờ? Câu (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 c) Hai đường thẳng DE BC cắt K Chứng minh MAC  GCM hai đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE, MCD song song với đường thẳng KG HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Câu Phương pháp: a) Sử dụng đẳng thức:  A A  A2  A    A A  Thực phép tính với bậc hai b) Vận dụng đẳng thức a  b   a b   a  b xác định mẫu thức chung biểu thức Quy đồng phân thức, thực phép tốn từ rút gọn biểu thức Cách giải: a) Ta có: A   12 A  22  3.12 A   62 A 26 A8 Vậy A  b) Với x  0, x  ta có:  x x4 x B     :  2 x 4 x  x2 x   x x4  : B   2 x 2 x 2 x  x   B B   x 2  x   x  :  x  x    x xx4   x   x  B B   x x 2  x x 2 x 2 x x 4 2 x x  x 2 2 x B x  x Vậy với x  0, x  B   x Câu Phương pháp: a) Vẽ đồ thị hàm số y  ax  a   + Nhận xét hệ số a biến thiên hàm số + Lập bảng giá trị tương ứng x y + Xác định điểm mà đồ thị qua, vẽ đồ thị Thay x  2; y  vào phương trình đường thẳng  d  : y  kx  2k  , ta chứng minh điều ln đúng, từ có điều phải chứng minh b) Tính diện tích HBC Áp dụng định lý Py – ta – go, tính BC Biện luận, từ chứng minh yêu cầu đề Cách giải: 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 y  x2 1  Parabol  P  : y  x qua điểm  2;  ,  1;1 ,  0;0  , 1;1 ,  2;  Đồ thị Parabol  P  : y  x : 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) Vì HBC vng H nên ta có SHBC  1 HB.HC   HB  HC  Áp dụng định lí Py – ta – go, ta có: HB2  HC  BC  62  36  S HBC  36  (đpcm) Dấu “=” xảy HB  HC  HBC vuông cân H Câu Phương pháp: a) Thay m  phương trình * Tính   b2  4ac (hoặc    b   ac ), sử dụng cơng thức nghiệm phương trình bậc hai ẩn: x1,2  b   b   (hoặc x1,2  ), tính nghiệm phương trình, kết luận 2a a b) Phương trình ax  bx  c   a   có hai nghiệm phân biệt   (hoặc   ) Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính x1  x2 ; x1.x2 theo m Vì x2 nghiệm phương trình (*) nên:  mx2   x2    x2  Khi đó, thày vào x1   mx2   x1  x2  x1x2   , tìm giá trị m Cách giải: a) Thay m  vào phương trình (*) ta có: x    1 x  12   x  x  12   x  2   Ta có:  '  22  12  16  42  nên phương trình có nghiệm phân biệt   x  2   6 Vậy với m  tập nghiệm phương trình (*) S  2; 6 b) Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x2   '    m  1  12  (luôn với m )  Phương trình (*) ln có nghiệm phân biệt x1 , x2 với m b  x  x   4  m  1  1  m  (1)  a Khi đó, áp dụng định lí Vi-ét ta có:   x x  c  12 (2)  a Vì x2 nghiệm phương trình (*) nên: x2   m  1 x2  12   x22  4mx2  x2  12   x22   mx2    x2      mx2   x22  x2    x2     mx2   x2   2  x2  Khi ta có: x1   mx2   x1  x2  x1x2    x1  x2    1  m   12  8  x1 x2   x1  x2      4m  2  12  2.4 1  m    64  64m  16m  16  8m   m  4m    m    m  2   m  2   m  2   m  2   m  2  2   m    m    1    m  m     m     m   m   1  m  Vậy m  1;2;3 giá trị thỏa mãn toán Bài Phương pháp: a) Gọi số lớn x  x  15, x   , số bé y y  Từ giả thiết tổng hiệu hai số lập hệ phương trình Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm nghiệm x Sử dụng phương pháp thế, tìm nghiệm y Đối chiếu điều kiện, kết luận b) Theo kế hoạch, gọi số người xét nghiệm x ( người)  x  * , x  12000  Từ đó, tính thời gian xét nghiệm theo kế hoạch thời gian xét nghiệm thực tế Từ giả đề bài, lập phương trình Giải phương trình, đối chiếu điều kiện kết luận Cách giải: 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   Từ 1 ,   ta có hệ phương trình  x  y  2021 2 x  2036  x  1018    tm    x  y  15  y  x  15  y  1003 Vậy số lớn 1018 , số bé 1003 b) Theo kế hoạch, gọi số người xét nghiệm x ( người)  x  Theo kế hoạch địa phương ý xét nghiệm 12000 người hết * , x  12000  12000 (giờ) x Thực tế, số người xét nghiệm x  1000 (người) Thực tế, địa phương ý xét nghiệm 12000 người hết 12000 ( giờ) x  1000 Vì địa phương hoàn thành sớm kế hoạch 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  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  ktm   x  1500     tm   x  500   x  500 Vậy theo kế hoạch, địa phương cần 12000  24 (giờ) để xét nghiệm xong 500 Câu Phương pháp: a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có hai đỉnh kề cạnh nhìn cạnh đối diện góc tứ giác nội tiếp b) + Chứng minh được: ABC  AGE (2 góc nội tiếp chắn cung AE ) + Chứng minh: ABM AGE  g.g   AE AB  AG AM c) + Chứng minh được: 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 , suy đường nối tâm vng góc với GM * Gọi F   AH  BC Chứng minh: BAC  DFM , EDH  EAH , HDM  HAD từ đó, suy EDM  KDM Chứng minh: AGFK tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngồi góc đỉnh đối diện)  AFK  AGK  900  KG  GM (**) Từ (*) (**) suy đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE, MCD song song với KG (đpcm) Cách giải:  BD  AC  BDC  BEC  900 a) Ta có: BD, CE đường cao ABC nên  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  900  AEH  ADH  1800  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 (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp BEDC )  ABC  AGE Xét ABM AGE có: ABC  AGE (cmt); BAM chung  ABM AGE  g.g   AE AG  (2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AM AB  AE AB  AG AM (đpcm) c) Ta có AGD  AED (2 góc nội tiếp chắn cung AD ) Mà AED  ACB (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp BEDC )  AGD  ACB  DCM Lại có AGD  DGM  1800 (kề bù)  DGM  DCM  1800  GDCM tứ giác nội tiếp (dhnb)  MGC  MDC (hai góc nội tiếp chắn cung MC ) Lại có DM  BC  MC (định lí đường trung tuyến tam giác vng)  MCD cân M  MDC  MCD (2 góc đáy tam giác cân)  MGC  MCD  MCA Xét GCM CAM có: AMC chung ; MAC  GCM (cmt)  GCM CAM  g.g   MAC  GCM (2 góc tương ứng (đpcm) 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  Đường nối tâm vng góc với GM * Gọi F   AH  BC  AF  BC  AFB  900 Mà BDA  900  ADFB nội tiếp (tứ giác có đỉnh kề nhìn cạnh góc nhau)  BAC  DFM (1) (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp) Mà EDH  EAH (2) (Hai góc nội tiếp chắn cung EH ) HDM  HBM  DBM ( DM trung tuyến BDC vuông D nên DM  BC  BM ) DBM  HAD (Cùng phụ ACB )  HDM  HAD  3 Từ (1), (2) (3) suy EDM  EDH  HDM  EAH  HAD  BAC  DFM  KDM Xét FDM DKM có: KMD chung; DFM  KDM (cmt)  FDM Có: GCM  g g   MD FM   MD  FM KM KM MD CAM  cmt   MC GM   MC  MG.MA AM MC DKM Mà MD  MC (cmt)  FM KM  MG.MA  FM MA  GM MK  FGM AKM  c.g.c   FGM  AKM (2 góc tương ứng)  AGFK tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngồi góc đỉnh đối diện)  AFK  AGK  900 (2 góc nội tiếp chắn cung AK )  KG  AG hay KG  GM (**) Từ (*) (**) suy đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE, MCD song song với KG (đpcm) 10