ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

1 SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Khóa ngày 08/06/2021 Môn TOÁN (CHUNG) Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm)[.]

SỞ GD&ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC Khóa ngày 08/06/2021 Mơn: TỐN (CHUNG) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2,0 điểm): Rút gọn biểu thức sau: a) A   32  50  a a   a a  b) B        (với a  0, a  ) a  a     Câu (1,5 điểm): a) Tìm tất giá trị m để hàm số y   m  1 x  đồng biến 3x  y  b) Giải hệ phương trình  3x  y  Câu (2,0 điểm): Cho phương trình x  x  m   1 ( m tham số) a) Giải phương trình 1 m  b) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình 1 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 2020  x1  x2   2021x1 x2  2014 Câu (1,0 điểm): Cho a, b số thực dương Chứng minh ab a 15a  b   b 15b  a   Câu (3,5 điểm): Cho đường tròn  O; R  đường kính AB , dây cung MN vng góc với AB I cho AI  BI Trên đoạn thẳng MI lấy điểm H ( H khác M I ), tia AH cắt đường tròn  O; R  điểm thứ hai K Chứng minh rằng: a) Tứ giác BIHK nội tiếp đường tròn b) AHM đồng dạng với AMK HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Câu (TH): Phương pháp: a) 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) A   32  50 A  22.2  42.2  52.2 A 2 4 5 A     5 A3 Vậy A  b) Với a  0, a  ta có:  a a   a a  B        a 1   a     a a 1   a a 1    B  3  a 1   a 1       B  3 a 3 a       B 9a Vậy với a  0, a  B   a Câu (TH): Phương pháp: a) Hàm số y  ax  b đồng biến a0 b) 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: a) Để hàm số y   m  1 x  đồng biến Vậy hàm số y   m  1 x  đồng biến m 1   m  m  3x  y  6 y  y 1 y 1 b) Ta có:     3x  y  3x  y  3x    x  Vậy nghiệm hệ phương trình  x; y    2;1 Câu (VD): Phương pháp: a) 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 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 Thay vào 2020  x1  x2   2021x1 x2  2014 , ta tìm m Cách giải: a) Với m  1 trở thành x  x   x  Ta có a  b  c     nên phương trình có nghiệm phân biệt  x  c  a  Vậy m  tập nghiệm phương trình S  1;5 b) Phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2   '    m     m   m  x  x  Khi áp dụng hệ thức Vi- ét ta có   x1 x2  m  Khi ta có: 2020  x1  x2   2021x1 x2  2014  2020.6  2021  m    2014  12120  2021m  8084  2014  2021m  2022 2022 m  tm  2021 Vậy m  2022 2021 Câu (VDC): Phương pháp: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si cho 16a 15a  b  16b 15b  a  Từ đó, suy 16a 15a  b   16b 15b  a  sau đó, suy ab a 15a  b   b 15b  a  Cách giải: Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: 16a  15a  b 31a  b  2 16b  15b  a 31b  a 16b 15b  a    2 31a  b  31b  a  16a 15a  b   16b 15b  a    16  a  b  16a 15a  b    a 15a  b   b 15b  a    a  b   ab a 15a  b   b 15b  a    dpcm  16a  15a  b  a  b Dấu “=” xảy  16b  15b  a Câu (VD): Phương pháp: a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết: Tứ giác có tổng hai góc đối 1800 tứ giác nội tiếp  MAK chung b) Ta chứng minh   AHM ” AMK  g g   AMH  AKM  cmt  c) AHM ” AMK  cmt   AH AK  AM Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ABM , ta có: BI BA  BM Áp dụng định lý Py – ta – go cho tam giác vuông AM  BM  AB  R  AH AK  BI AB  4R2 (đpcm) Cách giải: a) Ta có AKB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  BKH  900 Xét tứ giác BIHK có: BIH  BKH  900  900  1800 nên BIHK tứ giác nội tiếp (dhnb) b) Ta có: AMB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  AMH  BMH  900  AMH  ABM  900 Lại có ABM  AKM (2 góc nội tiếp chắn cung AM )  AMH  AKM  MAK chung Xét AHM AMK có:   AHM  AMH   AKM cmt     c) Vì AHM AMK  cmt   AMK  g g  AH AM  (2 cạnh tương ứng)  AH AK  AM AM AK Xét tam giác vng ABM có đường cao MI ta có: BI BA  BM (hệ thức lượng tam giác vuông)  AH AK  BI AB  AM  BM Mà ABM vuông M  cmt  nên áp dụng định lí Pytago ta có AM  BM  AB   R   R Vậy AH AK  BI AB  4R (đpcm)