ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN

1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2022 MÔN THI TOÁN Thời gian 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi 05/06/2022 Câu 1 (2,0 điểm) 1 Tính giá trị[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2022 MƠN THI: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (Khơng kể thời gian phát đề) Ngày thi: 05/06/2022 Câu (2,0 điểm): Tính giá trị biểu thức: A  64  16 Cho biểu thức P  B 2  3  x2 x  với x  0, x  x 2 a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị biểu thức P x  49 Câu (2,0 điểm): Cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  x  a) Vẽ parabol (P) đường thẳng (d) hệ trục tọa độ Oxy b) Tìm tọa độ giao điểm parabol (P) đường thẳng (d) phép tính 3x  y  Khơng sử dụng máy tính, giải hệ phương trình  4 x  y  Câu (2,5 điểm): Cho phương trình x2  x  m   (1) (m tham số) a) Giải phương trình (1) m = b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x22  x1  m2  11m  26  Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn chiều rộng 6m Tính chiều rộng chiều dài khu vườn, biết diện tích khu vườn 280m2 Câu (1,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông A có AC  12cm, B  600 Hãy tính C , AB, BC diện tích tam giác ABC Câu (2,5 điểm): Từ điểm S nằm ngồi đường trịn (O) kẻ tiếp tuyến SA, SB (A, B tiếp điểm) Kẻ đường kính AC đường tròn (O), đường thẳng SC cắt đường tròn (O) điểm D (D khác C) a) Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp đường tròn b) Chứng minh: SA2  SC.SD c) Kẻ BH vng góc với AC điểm H Chứng minh đường thẳng SC qua trung điểm đoạn thẳng BH -HẾT - HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Câu 1: Phương pháp: 1) Sử dụng đẳng thức:  A A  A2  A    A A  Thực phép tính với bậc hai 2) a) Quy đồng phân thức, thực phép tốn từ rút gọn biểu thức b) Kiểm tra giá trị x có thỏa mãn điều kiện sau thay vào biểu thức tính Cách giải: Tính giá trị biểu thức: A  64  16 A  82  A84 A  12 B 2  3  B  2   B       B2 Cho biểu thức P  x2 x  với x  0, x  x 2 a) Rút gọn biểu thức P Với x  0, x  ta có: P x2 x 2 x 2 P x  x 2 x 2  2 P x 2 Vậy với x  0, x  P  x  b) Tính giá trị biểu thức P x  49 Thay x  49 (thỏa mãn điều kiện) vào biểu thức P sau rút gọn ta có: P  49     Vậy với x  49 P  Câu Phương pháp: 1) a) 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 b) Xét phương trình hồnh độ giao điểm (P) (d) Vận dụng hệ định lí Vi – ét: Nếu phương trình bậc hai ẩn có a – b + c = phương trình có c hai nghiệm phân biệt x  1; x  a 2) 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 Cách giải: Cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  x  a) Vẽ parabol (P) đường thẳng (d) hệ trục tọa độ Oxy Xét parabol  P  : y  x Hệ số a   nên hàm số đồng biến x  , nghịch biến x  có bề lõm hướng lên Bảng giá trị: x 2 1 y  x2 1  Parabol (P) đường cong qua điểm  2;4  ,  1;1 ,  0;0  , 1;1 ,  2;4  Xét đường thẳng  d  : y  x  Bảng giá trị: x 2 y x2  Đường thẳng  d  qua hai điểm  0;2  ,  2;0  Vẽ đường thẳng (d) parabol (P) hệ trục tọa độ Oxy: b) Tìm tọa độ giao điểm parabol (P) đường thẳng (d) phép tính Hồnh độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình: x2  x   x2  x    x  1 Ta có: a  b  c    1   2   nên phương trình có nghiệm phân biệt   x   2   Với x  1  y  12   A  1;1 Với x   y  22   B  2;4  Vậy giao điểm (P) (d) A(-1;1) B(2;4) 3x  y  Khơng sử dụng máy tính, giải hệ phương trình  4 x  y  3x  y  7 x  14 x  x  Ta có:     4 x  y   y  4x   y  4.2  y  Vậy nghiệm hệ phương trình  x; y    2;3 Câu Phương pháp: 1) a) Vận dụng hệ định lí Vi – ét: Nếu phương trình bậc hai ẩn có a + b + c = phương trình c có hai nghiệm phân biệt x1  1; x2  a b) Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2    Theo hệ thức Vi – ét, tính x1 x2 ; x1  x2 x2 nghiệm phương trình (1) suy x22 Thay x1 x2 ; x1  x2 x22 vào x22  x1  m2  11m  26  , biến đổi tìm m 2) Gọi chiều rộng khu vườn là: x (m) (điều kiện: x  ) suy chiều dài khu vườn Tính diện tích khu vườn theo x Diện diện khu vườn 280m2 , từ lập phương trình, giải phương trình tìm x Cách giải: Cho phương trình x2  x  m   (1) (m tham số) a) Giải phương trình (1) m = Với m = 2, thay vào phương trình (1), ta được: x2  2x     x2  x   Ta có: a  b  c     3   Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1  1; x2  3 Vậy với m = 2, phương trình có tập nghiệm S  3;1 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x22  x1  m2  11m  26  Ta có:   12   m  5  m  Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2     m    m   x1  x2  2 Theo hệ thức Vi – ét, ta có:   x1 x2  m  Vì x2 nghiệm phương trình (1) nên ta có: x22  x2  m    x22  2 x2  m  Theo đề bài: x22  x1  m2  11m  26   2 x2  m   x1  m  11m  26   2  x1  x2   m  12m  31   2. 2   m  12m  31   m2  12m  35  * Ta có:    6   35   0,    m     tm   Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt   m     ktm  Vậy m  Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn chiều rộng 6m Tính chiều rộng chiều dài khu vườn, biết diện tích khu vườn 280m2 Gọi chiều rộng khu vườn là: x (m) (điều kiện: x  ) Vì chiều dài chiều rộng 6m nên chiều dài khu vườn x  (m) Khi đó, diện tích khu vườn x  x    m  Mà diện tích khu vườn 280m2 nên ta có phương trình: x  x    280  x  x  280  Ta có:   32   280  289  0,   17  x  3  17  14  tm   Phương trình có hai nghiệm phân biệt   x  3  17  20  ktm  Vậy chiều rộng khu vườn 14m , chiều dài khu vườn 20m Câu Phương pháp: Vận dụng định lí tổng ba góc tam giác suy góc C Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn tam giác vng, tính AB BC Cách giải: Cho tam giác ABC vuông A có AC  12cm, B  600 Hãy tính C , AB, BC diện tích tam giác ABC Vì tam giác ABC vng A nên B  C  900  C  900  B  900  600  300 Ta có: AB  AC.cot 600  12 sin 600    6,9  cm  AC AC 12  BC     13,9  cm  BC sin 60 Diện tích tam giác ABC là: SABC  1 AB AC  3.12  24  41,6  cm  2 Câu Phương pháp: a) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối 180 độ tứ giác nội tiếp b) SAD c) SCA  g.g   SA2  SC.SD IH SA SB   ; IBC IC SC SC BDC  g.g   IB BD  ; SBD IC BC SCB  g.g   BD SB  BC SC  IH  IB mà I thuộc BH  I trung điểm BH Lại có: I thuộc SC Vậy SC qua trung điểm BH Cách giải: Từ điểm S nằm ngồi đường trịn (O) kẻ tiếp tuyến SA, SB (A, B tiếp điểm) Kẻ đường kính AC đường trịn (O), đường thẳng SC cắt đường tròn (O) điểm D (D khác C) A S O D H C I B a) Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp đường tròn + SA tiếp tuyến đường tròn (O) A  SAO  900 + SB tiếp tuyến đường tròn (O) B  SBO  900 Tứ giác SAOB có: SAO  SBO  900  900  1800 mà hai góc đối  SAOB tứ giác nội tiếp b) Chứng minh: SA2  SC.SD Xét (O) có: ACD  SAD (góc nội tiếp; góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung AD)  ACS  SAD Xét SAD SCA có: ASC chung     SAD ACS  SAD  cmt    SCA  g.g  SA SD  SC SA  SA2  SC.SD  c) Kẻ BH vng góc với AC điểm H Chứng minh đường thẳng SC qua trung điểm đoạn thẳng BH SA, SB tiếp tuyến đường trịn (O) nên SA = SC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Gọi I giao điểm SC BH  BH  AC IH CI Ta có:  (Theo định lý Ta – lét)  BH / / AC   SA CS  SA  AC  IH SA SB   IC SC SC (1) Ta có: HBC  BAC (cùng phụ với góc ACB ) BAC  BDC (2 góc nội tiếp chắn cung BC)  HBC  BDC  IBC  BDC Xét IBC BDC có: BCD chung    IBC IBC  BDC  cmt   IB IC  BD BC IB BD   IC BC BDC  g.g    2 Xét (O) có: SBD  SCB (góc tạo tiếp tuyến dây cung; góc nội tiếp chắn cung BD) Xét SBD SCB có: BSC chung     SBD SBD  SCB  cmt     BD SB  BC SC SCB  g.g   3 Từ (1), (2) (3) suy IH IB SB   IC IC SC  IH  IB mà I thuộc BH  I trung điểm BH Lại có: I thuộc SC Vậy SC qua trung điểm BH 10