ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi TOÁN Thời gian làm bài 120 phút Bài 1 (2,0 điểm) 1) Thực hiện phép tính 7 16 2 9 2) Cho hàm[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút Bài (2,0 điểm): 1) Thực phép tính 16  2) Cho hàm số y  x có đồ thị  P  a) Vẽ  P  b) Bằng phép tính tìm tọa độ giao điểm  P  đường thẳng  d  : y   x  Bài (2,0 điểm): Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x2  x  12  2 x  y  3 b)   x  3y  Cho phương trình (ẩn x ): x   m   x  m2   a) Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt b) Gọi x1 , x2 hai nghiệm phân biệt phương trình Tìm m để x12  x22  x1x2  12 Bài (1,5 điểm): Quãng đường AB gồm đoạn lên dốc dài 4km, đoạn phẳng dài km đoạn xuống dốc dài 6km (như hình vẽ) Một người xe đạp từ A đến B quay A hết tổng cộng 130 phút Biết vận tốc người đoạn đường phẳng 12km/h vận tốc xuống dốc lớn vận tốc lên dốc 5km/h (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc nhau) Tính vận tốc lúc lên dốc vận tốc lúc xuống dốc người Bài (3,5 điểm): Cho đường tròn  O; R  điểm S nằm bên ngồi đường trịn, SO  d Kẻ tiếp tuyến SA, SB với đường tròn ( A, B tiếp điểm) a) Chứng minh điểm S , O, A, B thuộc đường tròn b) Trong trường hợp d  2R , tính độ dài đoạn thẳng AB theo R c) Gọi C điểm đối xứng B qua O Đường thẳng SC cắt đường tròn  O  D ( khác C ) Hai đường thẳng AD SO cắt M Chứng minh SM  MD.MA d) Tìm mối liên hệ d R để tứ giác OAMB hình thoi Bài (1,0 điểm): Cho x số thực Tìm GTNN biểu thức: T  x2  x2   x2  x2  HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Bài 1: Phương pháp: 1) Vận dụng đẳng thức A2  A để biến đổi, rút gọn biểu thức 2) a) Lập bảng giá trị x y , tìm điểm mà  P  qua từ vẽ đồ thị hàm số  P  b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm  P  đường thẳng  d  Tìm nghiệm phương trình, suy tọa độ giao điểm  P  đường thẳng  d  Cách giải: 1) Ta có: 16   7.4  2.3  34 2) a) Parabol  P  : y  x có bề lõm hướng lên nhận Oy làm trục đối xứng Ta có bảng giá trị sau: x y  x2 2 1 1 0  Parabol  P  : y  x qua điểm  2;  ,  1;1 ,  0;0  , 1;1 ,  2;  Đồ thị Parabol  P  : y  x : b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm  P  đường thẳng  d  ta được: x2   x   x2  x   x  Ta có: a  b  c     nên phương trình có nghiệm phân biệt   x  c  2 a  Với x  ta có y   Với x  2 ta có y   2   Vậy đồ thị  P  cắt  d  hai điểm 1;1 ,  2;  Bài 2: Phương pháp: 1) a) Vận dụng công thức nghiệm phương trình bậc hai để tìm nghiệm phương trình b) Phối hợp phương pháp cộng đại số phương pháp để giải hệ phương trình 2) a) Phương trình bậc hai ẩn có hai nghiệm phân biệt        b) Vận dụng hệ thức Vi – ét để tìm x1  x2 ; x1.x2 sau thay vào hệ thức đề để tìm giá trị tham số m Cách giải: 1) a) x2  x  12  Phương trình x2  x  12  có:    4.1.(12)  49   Phương trình có hai nghiệm phân biệt:  1  49 3  x1    1  49  4  x2   Vậy phương trình có tập nghiệm: S  3; 4 2 x  y  3 b)   x  3y  Ta có: 2 x  y  3 2 x  y  3    x  3y  2x  y   11  y   7 y  11     x   3y  x  5      5 11  Vậy hệ phương trình có nghiệm  ;   7 2) a) Phương trình x   m   x  m2   có:  '   m    m2   4m  Phương trình có nghiệm phân biệt  '   4m    m  phương trình có hai nghiệm phân biệt  x1  x2  2m  b) Với m  , theo định lí Vi-et ta có:   x1 x2  m  Vậy với m  Theo ta có: x12  x2  x1 x2  12   x1  x2   x1 x2  x1 x2  12   x1  x2   3x1 x2  12    2m     m    12   4m  16m  16  3m  21  12   m  16m  17   m   tm  Ta có a  b  c   16 17  nên phương trình có nghiệm phân biệt   m  c  17  ktm   a Vậy m  Bài 3: Phương pháp: Đổi đại lượng thời gian đơn vị Gọi vận tốc lúc lên dốc người x  km / h   x   Lập phương trình ẩn x , giải phương trình đối chiếu điều kiện kết luận Cách giải: 13 h Gọi vận tốc lúc lên dốc người x  km / h   x   Thì vận tốc lúc xng dốc x   km / h  Đổi 130 phút = Thời gian lúc lên dốc, xuống dốc quãng đường 4km là: Thời gian lúc quãng đường 3km 4  h  h  x5 x   h 12 Thời gian lúc lên xuống dốc quãng đường 6km là: 6  h  h x x5   h x x5 Tổng thời gian từ B đến A là:    h x x5 13 h nên ta có phương trình: Tổng thời gian 6 13       x x5 x x5 10 10 13     x x5 10  x  x     x  x  5 Tổng thời gian từ A đến B là:  2x   x  x  5   x  5  x  x  5  x  x  30   13  x  10  tm   2      30  169  13  Ta có nên phương trình có nghiệm phân biệt       x   13  3  ktm   Vậy vận tốc lúc lên dốc 10 km/h vận tốc lúc xuống dốc 15 km/h Bài 4: Phương pháp: a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 1800 ), suy S , A, O, B thuộc đường trịn b) Vận dụng tính chất đường trung trực đoạn thẳng Vận dụng hệ thức lượng tam giác vuông c) Áp dụng kiến thức góc – đường trịn Kiến thức tam giác đồng dạng để suy tỷ lệ cạnh tương ứng từ chứng minh hệ thức đề d) Vận dụng dấu hiệu nhận biết hình thoi, hệ thức lượng tam giác vuông Cách giải: a) Tứ giác SAOB có : SAO  SBO  900  900  1800 Suy tứ giác SAOB nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối 1800 ) Suy điểm S , A, O, B thuộc đường tròn b) Gọi H giao điểm AB SO Có SA, SB hai tiếp tuyến cắt nên SA  SB  S thuộc trung trực AB OA  OB  R nên O thuộc trung trực AB  SO trung trực AB  AB  SO H trung điểm AB Tam giác SAO vuông A nên SA  SO  OA2  R  R  R Ta giác SAO vuông A có: AH  SO nên AH  SA AO R 3.R   R SO 2R RR c) Tứ giác SAOB nội tiếp (cmt) nên ASO  ABO  ABC ( hai góc nội tiếp chắn cung AO ) Trong  O  có: ADC  ABC (hai góc nội tiếp chắn cung AC ) Vậy AB  AH  Mặt khác SDM  ADC (hai góc đối đỉnh) Suy ASO  ACD  MSA  SDM SMD  SMA Xét SMD AMS có:  SDM  MSA  cmt  SM MD  SMD AMS  g.g     SM  MD.MA  dpcm  AM SM d) Theo ý c) ta có: SMD AMS  MSA  MDS  ADC Để OAMB hình thoi OAH  MAH Mà OAH  MSA (cùng phụ với AOS )  ADC  MAH  ADC  cungBD  cungAC (2 góc nội tiếp hai cung bị chắn nhau)  AC  BD (2 cung căng hai dây nhau) Ta có: BAC  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AB  AC Mà SO trung trực AB  cmt   SO  AB  AC / / SO (từ vng góc đến song song)  AC / / MO Mà AM / /OC (do OAMB hình thoi)  AMOC hình bình hành (dhnb)  AC  OM (2 cạnh đối hình bình hành)  OM  BD  2OH  BD 1  2 Xét tam giác SBC vuông B , đường cao BD có: (hệ thức lượng tam giác vuông) BD SB BC 1   2 2 BD SO  OB R 1    * 2 2OH d  R 4R Xét tam giác vuông OAS , đường cao AH ta có: OH OS  OA2 (hệ thức lượng tam giác vuông) R2 R4  OH d  R  OH   OH  d d Thay vào (*) ta có: d2 1   2R d  R 4R 2d  d  R  R  R  d  R    4R4  d  R2  4R4  d  R2    2d  d  R   R  R d  R  2d  2d R  3R  R d  2d  3d R  3R   d2   33 R d   33 R Vậy để OAMB hình thoi d   33 R Bài 5: Phương pháp: Áp dụng BĐT Co-si cho hai số x  Cách giải: Áp dụng BĐT Co-si ta có: x   x  3  4   x2   2 x2  x2  x2  Đặt: a  x2  4 x 3 để tìm giá trị nhot biểu thức x  x2  2 44 x2   a x 7 x2   a  15a T  a    a  16 a  16 a 15.4 15 17     16 a 16 4 (Bất đẳng thức cô-si) Dấu “=” xảy khi:  a x2     a   4 16 a  x  a   x   x    x    16  x  3  x  14 x  49  16 x  48  x4  2x2     x  1   x   x  1 17  x  1 Vậy T 