ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT PHÚ THỌ NĂM HỌC 2021-2022 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề (Đề thi có 02 trang) Thí sinh làm (cả phần trắc nghiệm tự luận) vào tờ giấy thi PHẦN I TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm) Câu Điều kiện xác định biểu thức A x  x  là: C x  B x  D x  Câu Với giá trị m hai đường thẳng y  12 x   m y  3x  m  cắt điểm trục tung? A B 3 Câu Hàm số y   m   x  đồng biến A m  2 C D C m  2 D m  2 C  1; 3 D  3; 1 B m  2  x  y  10 Câu Nghiệm hệ phương trình  2 x  y  1 A  3;1 B 1;3 Câu Với giá trị m đồ thị hàm số y   m   x qua điểm A.(1;2) ? A B C D 2 Câu Phương trình x  x  m  có hai nghiệm phân biệt A m  B m  C m  D m  C x  x   D x2  5x   Câu Phương trình sau vô nghiệm? A x  x   B x  x   Câu Cho ABC vuông A , đường cao AH Biết AC  5cm, HC  4cm Khi độ dài cạnh BC A 9cm B 25 cm C 25 cm 16 D cm Câu Cho đường tròn tâm O , bán kính R  13(cm) , dây cung AB  24(cm) Khoảng cách từ tâm O đến dây AB A  cm  B  cm  C  cm  D  cm  Câu 10 Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn Biết MNP  600 , PMQ  400 Số đo MPQ bằng: (Tham khảo hình vẽ) N 60° M 40° P Q B 200 A 100 C 400 D 500 PHẦN II TỰ LUẬN (7,5 điểm): Bài (1,5 điểm) Cho biểu thức A  7 x  x   x  0, x   x4 x 2 a) Tính giá trị biểu thức A x  16 b) Rút gọn biểu thức A Bài (2,0 điểm) 1) (ID: 550946) Cho đường thẳng  d  : y  2mx  2m  Parabol  P  : y  x a) Tìm m để đường thẳng  d  qua A 1;5  b) Tìm m để đường thẳng  d  tiếp xúc với Parabol  P  2 x  y  m  2) (ID: 550949) Cho hệ phương trình  ( m tham số) 3x  y  4m  a) Giải hệ phương trình với m  b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm  x; y  thỏa mãn x  y  Bài (3,0 điểm) Cho đường tròn  O  đường kính AB Trên tia đối tia BA lấy điểm C (C không trùng với B ) Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn  O  ( D tiếp điểm), tiếp tuyến A đường tròn  O  cắt đường thẳng CD E a) Chứng minh tứ giác AODE nội tiếp b) Gọi H giao điểm AD OE , K giao điểm BE với đường trịn  O  ( K khơng trùng với B ) Chứng minh EHK  KBA c) Đường thẳng vng góc với AB O cắt CE M Chứng minh EA MO  1 EM MC Bài (1,0 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn a  b2  c  Tìm giá trị lớn biểu thức A  1  2a 1  2bc  HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN BỞI BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM PHẦN I TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN BẢNG ĐÁP ÁN A C D B C D A B C 10 B Câu Phương pháp: Biểu thức f  x  xác định  f  x   Cách giải: Điều kiện xác định biểu thức x  x    x  Chọn A Câu Phương pháp: Tìm điều kiện để hai đường thẳng cắt Tọa độ giao điểm thuộc trục tung có dạng  0;a  Cách giải: Phương trình hồnh độ giao điểm hai đường thẳng là: 12 x   m  x  m   x  2m  2m  x Để giao điểm hai đường thẳng trục tung  2m    m 1 Vậy m  hai đường thẳng cắt điểm trục tung Chọn C Câu Phương pháp: Hàm số y  ax  b đồng biến a0 Cách giải: Hàm số y   m   x  đồng biến m    m  2 Chọn A Câu Phương pháp: Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm nghiệm y Sử dụng phương pháp thế, tìm nghiệm x Kết luận nghiệm  x; y  hệ phương trình Cách giải:  x  y  10 2 x  y  20 7 y  21 y  y       2 x  y  1 2 x  y  1 2 x  y  1 2 x   1  x  Vậy nghiệm hệ  x; y   1;3 Chọn B Câu Phương pháp: Đồ thị hàm số  P  : y  ax  a   qua điểm A  xA ; y A   P  : y A  axA2  a   Cách giải: Đồ thị hàm số y   m   x qua điểm A 1;2   m   12   m  Chọn C Câu Phương pháp: Phương trình ax  bx  c   a   có hai nghiệm phân biệt    (hoặc   ) Cách giải: Ta có:    1  m   m Phương trình có hai nghiệm phân biệt     1 m   m 1 Vậy m  Chọn D Câu Phương pháp: Phương trình ax  bx  c   a   vô nghiệm    (hoặc   ) Cách giải: Xét phương trình: x  x   Ta có:    4.1  3   Phương trình vô nghiệm Chọn A Câu Phương pháp: Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông Cách giải: A B C H ABC vuông A , đường cao AH , áp dụng hệ thức lượng tam giác vng, ta có: AC  CH CB  BC  AC 52 25    cm  CH 4 Chọn B Câu Phương pháp: Vận dụng kiến thức đường kính dây cung Áp dụng định lý Py – ta – go Cách giải: O A M B Xét đường tròn  O  kẻ OM  AB M  M trung điểm AB (quan hệ đường kính dây cung đường tròn) AB  12  cm  OBM vuông M , áp dụng định lý Py – ta – go, ta có:  BM  OB  OM  MB  OM  OB  MB  OM  132  122  OM  25  OM   cm  Vậy khoảng cách từ O đến dây AB  cm  Chọn C Câu 10 Phương pháp: Sử dụng tính chất góc tứ giác nội tiếp Vận dụng định lý tổng ba góc tam giác Cách giải: Tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn  MNP  MQP  1800 (tính chất tứ giác nội tiếp)  600  MQP  1800  MQP  1200 Xét MPQ có: QMP  MPQ  PQM  1800 (định lý tổng ba góc tam giác)  400  MPQ  1200  1800  MPQ  200 Chọn B PHẦN II TỰ LUẬN Bài Phương pháp: a) Kiểm tra x  16 có TMĐK xác định Sử dụng đẳng thức:  A A  A2  A    A A  Thực phép tính với bậc hai b) Xác định mẫu thức chung biểu thức Quy đồng phân thức, thực phép tốn từ rút gọn biểu thức Cách giải: a) Thay x  16 (TMĐK) vào biểu thức ta 7 16  16  16  16  28  A  12 42 11 A 2 A A Vậy với x  16 A  b) Với x  0, x  có A A A A A A A 7 x   x 2  x 2 7 x    x 2 x 2      x x 2 x  x 2 x 2   x 2  7 x   x  x   x 2  x 2 x5 x 6 x 2  x 2   x2 x 3 x 6  x 2  x 2    x    x  2 x 2  x 3 x 3 x 2 x 3 x 2 Vậy A  Bài Phương pháp: 1) a) Đường thẳng  d  : y  ax  b qua điểm A  xA ; y A  y A  axA  b b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm  d   P  (phương trình  * ) Đường thẳng  d  tiếp xúc với Parabol  P   * có nghiệm kép    (hoặc   ) 2) a) Thay m  vào hệ phương trình Sử dụng phương pháp cộng đại số, tìm nghiệm x Sử dụng phương pháp thế, tìm nghiệm y Kết luận nghiệm  x; y  hệ phương trình b) Từ hệ phương trình ban đầu, tìm nghiệm x, y theo tham số m Thay vào phương trình đề bài, tìm m Cách giải: 1) a) Tìm m để đường thẳng  d  : y  2mx  2m  qua A 1;5  Do (d) qua A 1;5  Thay x  1; y  vào phương trình đường thẳng ta được:  2m.1  2m   4m   m  Vậy với m = đường thẳng  d  : y  2mx  2m  qua A 1;5  b) Tìm m để đường thẳng  d  tiếp xúc với Parabol  P  Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) x  2mx  2m   x  2mx  2m   *  '   m    2m  3  m2  2m  Để  d  tiếp xúc với Parabol  P  phương trình (*) có nghiệm kép hay m     m2  2m     m  1 m  3     m  3 Vậy m  m  3 2 x  y   2 x  y   2) a) Thay m  vào phương trình ta  3x  y  4.2  3x  y  9 2 x  y  5 x  10 x  x      3x  y  2 x  y  2.2  y   y  Vậy với m  hệ phương trình có nghiệm  x; y    2;3 b) Ta thấy 1  nên hệ phương trình có nghiệm với m 2 x  y  m  5 x  5m x  m x  m     3x  y  4m  3x  y  4m  3m  y  4m   y  m  Thay vào phương trình x  y  ta được: 2m   m  1   2m  3m     2m   m  1   m  1  m    Vậy m  1;  5  2 Bài Phương pháp: a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối 1800 tứ giác nội tiếp b) Ta chứng minh: + Tứ giác AHKE nội tiếp  EHK  EAK + EAK  KBA (cùng phụ với KAB )  EHK  KBA c) Ta chứng minh: MOE  AEO; AEO  MEO  MOE  MEO  MEO cân M  ME  MO Áp dụng hệ định lý Ta – lét Cách giải: 10 E M D K H A O B C a) Xét đường trịn  O  có: + EA tiếp tuyến đường tròn  EAB  900 + ED tiếp tuyến đường tròn  ODE  900 Tứ giác AODE có: EAB  ODE  900  900  1800  AODE tứ giác nội tiếp đường tròn (dấu hiệu nhận biết) b) Xét đường trịn  O  có: EA, ED hai tiếp tuyến đường tròn Mà EA  ED  E  EA  ED (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Lại có: OA  OD  R  EO đường trung trực AD  EO  AD  EHA  900 Ta có: AKB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  EKA  900 (kề bù với AKB ) Xét tứ giác AHKE có: EKA  EHA  900 Mà K , H hai đỉnh kề  AHKE tứ giác nội tiếp  EHK  EAK (hai góc nội tiếp chắn cungEK ) Mà EAK  KBA (cùng phụ với KAB )  EHK  KBA 11 OM  AB  gt   OM / / EA (quan hệ từ vng góc đến dây cung) c) Ta có:   EA  AB  cmt   MOE  AEO (hai góc so le trong) (1) Xét đường trịn  O  có: EA, ED hai tiếp tuyến đường tròn Mà EA  ED  D  AEO  DEO (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)  AEO  MEO (2) Từ (1) (2), suy MOE  MEO  MEO cân M  ME  MO CAE có OM / / EA  cmt  , áp dụng hệ định lí Ta – lét, ta có: OM MC EA CE EA MC  EM      AE CE OM MC EM MC  EA EM EA MO 1    (vì ME  MO ) EM MC EM MC Bài Phương pháp: Xuất phát từ bất đẳng thức: 2bc  b2  c Cách giải: Ta có: 2bc  b2  c Khi đó, A  1  2a  1  b  c   1  2a    a  (vì a  b2  c  ) Có 1  2a    a   1   12a  18  9a   10  9a 18  9a  54 54  10  9a  18  9a  98     54  27  Do A   9a   12a  98 27   a  a    Dấu “=” xảy khi: b  c 2 a  b  c  b  c  10   10  9a  18  9a Vậy MaxA  98 10 a  ; b  c  27 12 HẾT 13