ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH PHÚ YÊN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có trang) KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề I TRẮC NGHIỆM (3,00 điểm) Học sinh chọn phương án nhát câu viết phương án chọn vào làm (Ví dụ: Câu 1: A, Câu 2: B, Câu 3: D…) Câu Trục thức mẫu biểu thức A 10  10    10 ta kết là: 10  B 10  10  C D Câu Đẳng thức sau đúng? A 5 3 B 5 3 C  15 5  3 D Câu Đường thẳng y  ax  qua điểm  2;4  có hệ số góc a bằng: A B 1 C D mx  ny  Câu Tìm m n biết hệ phương trình  có nghiệm  2;1 nx  my  A m  2; n  B m  2; n  1 C m  1; n  D m  2; n  Câu Tìm tất giá trị tham số m để phương trình x  x  m  có nghiệm B m  1 C m  1 Câu Điểm không thuộc đồ thị hàm số y  x ? 1 1    1 A 1;  B  ;1 C  1;  2 2    2 A m  D m  1 D  2;2  Câu Một thang dài 5m , đặt tạo với mặt đất góc 600 (Hình 1) Vậy chân thang cách tường mét? A 2,5 B C D 3 Câu Cho tam giác ABC vng A , có đường cao AH , trung tuyến AM Biết AH  2, BH  (Hình 2) Khẳng định sau sai? A AC  B AB  C AM  D CH  Câu Cho tam giác nhọn ABC , có đường cao BD, CE; O trung điểm BC (Hình 3) Khẳng định sau sai? A OD  OE C AB  AC  BC B DE  BC D AO  BC Câu 10 Cho đường trịn tâm O bán kính 1cm , cung AB 60 độ Tiếp tuyến A cắt OB M (Hình 4) Tính độ dài AM A AM  3cm B AM  5cm C AM  5cm D AM  3cm Câu 11 Cho đường trịn tâm O đường kính AB, M điểm nằm ngồi đường trịn Gọi C, D giao điểm MB, MA với đường trịn (Hình 5) Tính AMB biết sđ CD  600 A 1200 B 900 C 600 D 300 Câu 12 Cho hai đường trịn  O;2   O;1 tiếp xúc (Hình 6) Tính diện tích miền tơ đậm tạo đường tròn  O  đường tròn  O  A  B 2 C 3 D 4 II TỰ LUẬN (7,00 điểm) Câu 13 (1,50 điểm) Giải phương trình: a)    x20 b) x  10 x  11  c) x  x   Câu 14 (1,50 điểm) Cho hàm số y  ax a) Xác định hệ số a biết đồ thị hàm số cắt đường thẳng y  x điểm A có hồnh độ b) Vẽ đồ thị hàm số y  x đồ thị hàm số y  ax với giá trị a vừa tìm câu a ) mặt phẳng tọa độ c) Dựa vào đồ thị, xác định tọa độ giao điểm thứ hai ( khác A ) hai đồ thị vừa vẽ câu b) Câu 15 (2,00 điểm): Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình Quãng đường AB gồm đoạn lên dốc dài km đoạn xuống dốc dài 10 km Một người xe đạp từ A đến B hết 10 phút từ B A hết 20 phút (vận tốc lên dốc, xuống dốc lúc nhau) Tính vận tốc lúc lên dốc, xuống dốc người xe đạp Câu 16 (2,00 điểm): Cho hình thang ABCD có A  D  900 , AD  AB , CD  AB Gọi M trung điểm AD , E hình chiếu vng góc M lên BC Tia BM cắt đường thẳng CD F a) Chứng minhg MAE  MBE b) Chứng minh ABDF hình bình hành c) Đường thẳng qua M vng góc với BF cắt cạnh BC N Gọi H hình chiếu vng góc N lên CD Chứng minh tam giác BNF cân d) Chứng minh đường thẳng MH qua trung điểm DE HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN BỞI BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM I TRẮC NGHIỆM A C B D A B A B D 10 D 11 C 12 C Câu Phương pháp: Sử dụng đẳng thức a  b   a b  a b  10   Cách giải: Ta có: 10  10  10   10  10    10    10  10  32 10  10   Chọn A Câu Phương pháp: Vận dụng kiến thức bậc hai Cách giải: Ta có:  15 đẳng thức Chọn C Câu Phương pháp: Thay  2;4  vào hàm số y  ax  từ tìm hệ số góc a Cách giải: Đường thẳng y  ax  qua điểm  2;4  nên ta có:  a. 2    a  1 Chọn B Câu Phương pháp:  x0 ; y0  nghiệm hệ phương trình ax0  by0  c ax  by  c   ax  by  c ax0  by0  c Cách giải: mx  ny  Hệ phương trình  có nghiệm  2;1 nên ta có: nx  my  4  2m  n   4m  2n  5m  10 m  m        2n  m   m  2n   m  n   n  2m   n  Vậy m  2; n  Chọn D Câu Phương pháp: Phương trình ax  bx  c   a   có nghiệm    (hoặc   ) Cách giải: Phương trình x  x  m  có nghiệm      1  m   1 m   m 1 Chọn A Câu Phương pháp: Điểm  x0 ; y0  thuộc đồ thị y  ax  a   y0  ax02  a   Thay đáp án kiểm tra, chọn điểm không thuộc đồ thị Cách giải: + Thay x  vào y  1 x , ta được: y  12  2  1  1;  thuộc đồ thị y  x , loại đáp án A  2 + Thay x  1 1 vào y  x , ta được: y      2 2 1    ;1 không thuộc đồ thị y  x , chọn đáp án B 2  Chọn B Câu Phương pháp: Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng Cách giải: Ta có: cos 600  AC  AC  BC.cos 600   2,5  m  BC Vậy chân thang cách tường 2,5 m Chọn A Câu Phương pháp: Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông Cách giải: Tam giác ABC vng A, AH  BC , ta có: + AH  BH HC (hệ thức lượng tam giác vuông)  HC  AH 22  4 BH  đáp án C + BC  BH  HC    AB2  BH BC (hệ thức lượng tam giác vuông)  AB  1.5  AB   đáp án B sai Chọn B Câu Phương pháp: Áp dụng đường trung tuyến hình vng Bất đẳng thức độ dài cạnh tam giác Cách giải: + Ta có: BCE vng E , O trung điểm BC  OB  OC  OE  BC (1) BDC vuông D, O trung điểm BC  OB  OC  OD  BC (2) Từ (1) (2), suy OE  OD  loại đáp án A + Từ hình vẽ DE  BC bất đẳng thức  loại đáp án B + Theo bất đẳng thức tam giác AB  AC  BC bất đẳng thức  loại đáp án C Chọn D Câu 10 Phương pháp: Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng Cách giải: AM tiếp tuyến đường tròn  O   AM  AO  OAM  900  AMO vuông A Tam giác AMO vuông A , ta có: tan AOM  AM AO (tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng)  AM  AO.tan AOM  1.tan 600   cm  Chọn D Câu 11 Phương pháp: Vận dụng tính chất góc có đỉnh nằm ngồi đường trịn: AMB  (số đo cung AB – số đo cung DC ) Vận dụng tích chất: Góc tâm = Số đo cung bị chắn Cách giải: Xét đường trịn tâm O có: OAB  số đo cung AB  1800 Trong đường tròn  O  , ta có: AMB  (số đo cung AB – số đo cung DC )  AMB  1 1800  600   1200  600  2 Chọn C Câu 12 Phương pháp: Diện tích hình trịn có bán kính r tính theo cơng thức S   r Cách giải: Diện tích hình trịn  O;2  S   22  4 Diện tích hình trịn  O;1 S    12   Diện tích miền tơ đậm tạo đường trịn  O  đường tròn  O  là: S  S  S   4    3 Chọn C II TỰ LUẬN Câu 13 Phương pháp: a) Giải phương trình ax  b   a    x  b a b) Tính nhẩm nghiệm phương trình bậc hai: Nếu a  b  c  phương trình ax  bx  c   a   có hai nghiệm phân biệt: x1  1; x2  c a c) Đặt t  x  t   Phương trình ban đầu trở thành phương trình bậc hai ẩn: at  bt  c   a   Giải phương trình, tìm t , lấy t thỏa mãn điều kiện Với t tìm được, ta tìm x tương ứng Cách giải   5 x      5 x  a) 7 x x  7  75 x 7 Vậy x   nghiệm phương trình cho b) x  10 x  11  Ta có: a  b  c   10 11  nên phương trình ln có nghiệm x  nghiệm lại x  c  11 a Vậy phương trình có tập nghiệm S  1; 11 c) x  x   Đặt x  t  t   Khi phương trình trở thành: t  6t     t  3   t  (TMĐK) x  Với t   x     x   Vậy phương trình cho có tập nghiệm S    3;  Câu Phương pháp: a) Xét phương trình hồnh độ giao điểm, ta có phương trình (1) Từ giả thiết x  nghiệm phương trình (1), thay x  vào phương trình (1), ta tìm hệ số a b) Vẽ đồ thị hàm số y  ax  b + Lập bảng giá trị tương ứng x y + Xác định điểm mà đồ thị qua, vẽ đồ thị 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 c) Từ đồ thị vừa vẽ được, ta đọc giao điểm cịn lại cịn tìm Cách giải a) Xét phương trình hồnh độ giao điểm: ax  x  1 Do đồ thị hàm số y  ax cắt đường thẳng y  x điểm có hồnh độ nên ta có x  nghiệm phương trình 1 Thay x  vào phương trình 1 ta có: a    a  Vậy a  b) + Vẽ đồ thị hàm số y  x Ta có bảng giá trị: x y  2x Do đồ thị hàm số y  x đường thẳng qua hai điểm  0;0  1;2  + Vẽ đồ thị hàm số y  x Đồ thị hàm số bậc hai có hệ số a   nên có đồ thị có dạng Parabol có bề lõm hướng lên Hàm số đồng biến x  nghịch biến a  Ta có bảng giá trị: x 2 1 y  2x2 2 Do đồ thị hàm số y  x đường cong qua điểm  2;8 ,  1;  ,  0;0  , 1;  ,  2;8 + Vẽ đồ thị hàm số: 10 c) Dựa vào đồ thị trên, ta nhận thấy đồ thị hàm số y  x cắt đồ thị hàm số y  x hai điểm có hồnh độ x  x  Vậy giao điểm thứ hai khác A hai đồ thị hàm số B  0;0  Câu 15 Phương pháp: Gọi vận tốc lúc lên dốc người x  km / h   x   vận tốc lúc xuống dốc y  km / h   y  x  Tính thời gian lúc lên dốc xuống dốc người đó, có giả thiết lúc người từ lập phương trình (1) Tính thời gian lúc lên dốc xuống dốc người đó, có giả thiết lúc người từ lập phương trình (2) Từ phương trình (1) (2), lập hệ phương trình Giải hệ phương trình phương pháp đặt ẩn phụ Cách giải: Đổii: 10 phút = h 20 phút  h Gọi vận tốc lúc lên dốc người x  km / h   x   Vận tốc lúc xuống dốc y  km / h   y  x  Lúc đi: Thời gian lên dốc  h  , xuống dốc 10  h  x y Tổng thời gian hết 10 phút nên ta có phương trình: 10   x y 1 11 Lúc về: Thời gian lên dốc 10  h  , xuống dốc  h  x y Tổng thời gian hết 20 phút nên ta có phương trình: 10    2 x y  10 x  y   Từ (1) (2) ta có hệ phương trình:  10    x y Đặt 1  a,  b  a  0, b   ta được: x y 7    15a  5a  10b  5a  10b       10a  5b  20a  10b  10a  5b     3 1    a  10 a  10 a  10     tm  1 10  5b  5b  b   10   15 3 1  x  10  x  10    tm  1 y  15     y 15 Vậy vận tốc lúc lên dốc 10  km / h  vận tốc lúc xuống dốc 15  km / h  Câu 16 Phương pháp: a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: tứ giác có tổng hai góc đối 1800 tứ giác nội tiếp, chứng minh ABEM tứ giác nội tiếp  MAE  MBE (2 góc nội tiếp chắn cung ME ) b) Ta chứng minh: AB / / DF AB  DF  ABDF hình bình hành (dhnb) c) Ta chứng minh: BNF có: NM đường trung tuyến đường cao nên BNF cân N d) Gọi MH  DE  K  Ta chứng minh: HFN  HMN NFM  NME , suy HFM  HME Dựa vào hai góc so le góc nội tiếp đường trịn, suy HME  AEM Chứng minh MK / / AE Áp dụng đường trung bình tam giác ADE Cách giải: 12 a) Xét tứ giác ABEM có MAB  MEB  900  MAB  MEB  900  900  1800  ABEM tứ giác nội tiếp (dhnb)  MAE  MBE (2 góc nội tiếp chắn cung ME ) b) Vì ABCD hình thang nên AB / /CD  AB / / DF (1) Áp dụng hệ định lí Ta-lét ta có: AB AM  DF MD Mà AM  MD (do M trung điểm AD )  AB   AB  DF (2) DF Từ (1) (2)  ABDF hình bình hành (dhnb) c) Vì ABDF hình bình hành nên hai đường chéo AD BF cắt trung điểm đường Mà AD  BF  M   M trung điểm BF  NM đường trung tuyến BNF Lại có MN  BF  gt  nên NM đường cao BNF Vậy BNF cân N (tam giác có trung tuyến đồng thời đường cao).d) Gọi MH  DE  K  Ta chứng minh: HFN  HMN NFM  NME , suy HFM  HME Dựa vào hai góc so le góc nội tiếp đường trịn, suy HME  AEM Chứng minh MK / / AE Áp dụng đường trung bình tam giác ADE d) Gọi MH  DE  K  Xét tứ giác MNHF có NMF  NHF  900  900  1800  MNHF tứ giác nội tiếp (dhnb)  HFN  HMN (2 góc nội tiếp chắn cung HN ) (3) Vì BNF cân N  cmt   NFM  NBM (tính chất tam giác cân) Mà NBM  NME (cùng phụ với BME )  NFM  NME (4) 13 Từ (3) (4)  HFN  NFM  HMN  NME  HFM  HME Mà HFM  ABM (so le trong), ABM  AEM (2 góc nội tiếp chắn cung AM tứ giác nội tiếp ABEM )  HFM  AEM  HME  AEM Mà góc nằm vị trí góc so le nên AE / / MN hay MK / / AE Xét tam giác ADE có: M trung điểm AB  gt  , MK / / AE  cmt   K trung điểm DE (định lí đường trung bình tam giác) Vậy đường thẳng MH qua trung điểm DE (đpcm) 14