1 SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ BẠC LIÊU KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC (Gồm 01 trang) * Môn thi TOÁN (Không Chuyên) * Ngày thi 20/06/2021 * Thời gian 120 phút (Khô[.]
SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT VÀ CÔNG NGHỆ BẠC LIÊU NĂM HỌC 2021 - 2022 * Mơn thi: TỐN (Khơng Chun) ĐỀ CHÍNH THỨC * Ngày thi: 20/06/2021 * Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 01 trang) ĐỀ Câu (4,0 điểm): a) Rút gọn biểu thức A 28 63 b) Chứng minh rằng: x yy x xy : x y với x 0, y x y x y Câu (4,0 điểm): x y a) Giải hệ phương trình: 2 x y 1 b) Cho hàm số y x có đồ thị P đường thẳng d : y x Vẽ đồ thị P tìm tọa độ giao điểm P với đường thẳng d phép tính Câu (6,0 điểm): Cho phương trình x m x m 1 ( m tham số) a) Giải phương trình m 3 b) Chứng minh phương trình 1 ln có nghiệm với số thực m c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vng xuống cạnh huyền h Câu (6,0 điểm): Cho đường tròn O; R đường thẳng d khơng qua O cắt đường trịn O hai điểm A, B Trên tia đối tia BA , lấy điểm M , qua M kẻ hai tiếp tuyến MC MD với đường tròn O ( C, D tiếp điểm) Gọi H trung điểm AB a) Chứng minh tứ giác OMCH nội tiếp đường tròn b) OM cắt đường tròn O I cắt CD K Chứng minh OK OM R c) Đường thẳng qua O vng góc với OM cắt tia MC MD P Q Tính độ dài OM theo R cho diện tích tam giác MPQ nhỏ HẾT - HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Câu (TH) Phương pháp: a) Vận dụng đẳng thức A A A2 A A A Thực phép toán với bậc hai b) Thực phép chia với phân thức đại số Tìm hạng tử chung tử thức mẫu thức sau rút gọn biểu thức để chứng minh Cách giải: a) Ta có A 28 63 A 22.7 32.7 A 3 2 A3 Vậy A b) Với x 0, y x y ta có: VT xy xy x yy x x y xy x y : x y x y x y x y VP Vậy ta có điều phải chứng minh Câu (VD) Phương pháp: a) Vận dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm hệ phương trình b) + Lập bảng giá trị tương ứng x y đồ thị P + Xét phương trình hồnh độ giao điểm d P Áp dụng cơng thức nghiệm phương trình bậc hai ẩn, tìm nghiệm phương trình Với nghiệm ta tìm giao điểm d P , từ kết luận Cách giải: x y x x y x 3x a) 2 x y y 2.3 4 x y 14 y 1 y 2x Vậy hệ phương trình có nghiệm x; y 3; 1 b) Vẽ đồ thị hàm số y x Ta có bảng giá trị: x 4 2 y x2 4 1 1 4 Vậy đồ thị hàm số P : y x đường cong qua điểm 4; , 2; 1 , 0; , 2; 1 , 4; 4 Đồ thị hàm số: Phương trình hồnh độ giao điểm d P là: 1 x2 x 2 x 2x x2 x Phương trình có: ' 1 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 1 x2 1 4 Với x y 22 1 Với x 4 y 4 4 Vậy đường thẳng d cắt P hai điểm phân biệt 2; 1 4; 4 Câu (VD): Phương pháp: a) Thay m 3 vào phương trình, ta có phương trình bậc hai ẩn Áp dụng công thức nhẩm nghiệm nhanh: phương trình ax bx c a có a b c phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 1; x2 c a b) Phương trình ln có nghiệm với số thực m 0, m c) + Phương trình có hai nghiệm phân biệt + Áp dụng định lí Vi – ét, tính x1 x2 ; x1.x2 theo tham số m + Do hai nghiệm phân biệt x1, x2 độ dài hai cạnh góc vng nên ta có: x1 , x2 suya điều kiện m + Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng, ta có hệ thức 1 2 Biến đổi hệ thức, xuất x1 x2 2 5 x1 x2 ; x1.x2 sau thay tham số m thực tính tốn Cách giải: a) Khi m 3 phương trình (1) trở thành x x x Vì a b c 2 nên phương trình có nghiệm phân biệt x c 2 a Vậy m 3 phương trình có tập nghiệm S 1; 2 , b) Ta có: hệ số x nên phương trình 1 phương trình bậc hai ẩn Lại có: m m 1 m2 4m 4m m m Do phương trình 1 ln có nghiệm với số thực m c) Phương trình (1) có: m m 1 m2 4m 4m m2 Để phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1 , x2 m2 m b x1 x2 a m Khi áp dụng định lí Vi-ét ta có: x x c m a Do hai nghiệm phân biệt x1, x2 độ dài hai cạnh góc vng nên ta có: x1 , x2 suy ra: x1 x2 m m 2 m 1 m m 1 x1.x2 Vì x1, x2 độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh góc vng xuống cạnh huyền h nên áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có: 1 x22 x12 x12 x22 2 x12 x22 5 x12 x22 x12 x22 x1 x2 x1 x2 x1 x2 2 m m 1 m 1 2 4m 16m 16 8m 5m 10m m m m m * m tm Ta có: a b c 3 nên phương trình (*) có nghiệm phân biệt m c 3 ktm a Vậy m giá trị cần tìm Câu (VDC): Phương pháp: a) Vận dụng dấu hiệu: Tứ giác có đỉnh kề nhìn cạnh góc tứ giác nội tiếp, cụ thể chứng minh OHM OCM 900 nhìn cạnh OM góc khơng đổi b) + OM CD K + Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông OMD , suy OD2 OK OM R2 c) + MPQ cân M MO đồng thời trung tuyến MPQ OP PQ + Tính SMPQ OM OP + Áp dụng hệ thức lượng tam giác OMP vng O có 1 1 2 2 OM OP OC R + Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương 1 tìm giá trị nhỏ SMPQ OM OP Cách giải: a) Vì H trung điểm AB gt OH AB (quan hệ vng góc đường kính dây cung) OHM 900 Xét tứ giác OMCH có OHM OCM 900 OMCH tứ giác nội tiếp (Tứ giác có đỉnh kề nhìn cạnh góc nhau) b) Vì MC MD (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) M thuộc trung trực CD OC OD R nên O thuộc trung trực CD OM trung trực CD OM CD K Xét tam giác OMD vng D có đường cao DK ta có: OD2 OK OM R2 (hệ thức lượng tam giác vng) c) Ta có: MO phân giác PMQ (tính chất tiếp tuyến cắt nhau) MO đường cao PMQ (do PQ OM gt ) MPQ cân M (tam giác có đường cao đồng thời đường phân giác) MO đồng thời trung tuyến MPQ O trung điểm PQ OP Ta có SMPQ PQ MO.PQ OM OP Áp dụng hệ thức lượng tam giác OMP vng O có đường cao OC ta có: 1 1 2 2 OM OP OC R Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương 1 ta có: OM OP 1 2 2 OM OP OM OP S MPQ S MPQ R 2 R S MPQ OM OP OM OP Dấu “=” xảy OM R OM R Vậy SMPQ đạt giá trị nhỏ 2R OM R