De toan vao lop 10 ha noi nam 2021 2022

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI TRƯỜNG THCS & THPT NGUYỄN TẤT THÀNH KIỂM TRA KHẢO SÁT THI VÀO 10 NĂM HỌC 2021 - 2022 MƠN: TỐN Thời gian làm 90 phút I TRẮC NGHIỆM ( ĐIỂM) ( Chọn phương án đúng) Câu 1: (0,25 điểm) Tập hợp nghiệm phương trình x2  x   là:    A        B     Câu 2: (0,25 điểm) Giá trị biểu thức    D        là: B 4 A 2     C     D C Câu 3: (0,25 điểm) Hàm số sau hàm nghịch biến tập số thực A y  2x  B y  x  : D y   x C y  3  2x Câu 4: (0,25 điểm) Biết nhiệt lượng tỏa dây dẫn tính cơng thức Q  0,24 RI 2t , Q nhiệt lượng tính calo, R điện trở tính ơm (Ω) , I cường độ dịng điện tính ampe (A) , t thời gian tính giây ( s) Dịng điện chạy qua dây dẫn có điện trwor R  10 thời gian giây Khi cường độ dịng điện nhiệt lượng tỏa 60 calo? A 25 A B 2,5 A C A D 10 A Câu 5: (0,25 điểm) Cho ABC nội tiếp đường trịn (O) có số đo cung nhỏ AB 144o , số đo cung nhỏ AC 92o Số đo góc BAC là: A 124o B 72o C 62o D 46o 1  là: x1 x2 Câu 6: (0,25 điểm) Cho phương trình 2x2  3x   Khi giá trị A B 3 C 3 D Câu 7: (0,25 điểm) Toạ độ giao điểm hai đồ thị hai hàm số y   x  y  x   là:  C    6 A  2;   5;5  D     6 B  5;  2;5 Câu 8: (0,25 điểm) Từ điểm M ngồi đường trịn (O) kẻ tiếp M T tuyến MT (O) ( T tiếp A điểm) cát tuyến MAB qua O (hình bên) Cho MT  20 cm; MB  50 cm Độ dài bán kính đường tròn (O) là: A 8cm B 21cm C 16cm D 42cm O B II TRẢ LỜI NGẮN ( ĐIỂM) ( Khơng trình bày lời giải, viết đáp số toán) x 1 x 1 x 1   Câu 9: (0,5 điểm) Rút gọn biểu thức: A  , với  x  x 1 x 1 x 1 Câu 10: (0,5 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4x2  3x  m 1  Câu 11: (0,5 điểm) Cho đường trịn (O;5cm) điểm M nằm bên ngồi đường tròn Kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A,B tiếp điểm) Biết AMB  60o Tính chu vi tam giác AMB Câu 12: (0,5 điểm) Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết tổng chữ số số 12 Nếu đổi chỗ chữ số số cho ta nhận số lớn số ban đầu 36 đơn vị III TỰ LUẬN ( ĐIỂM) ( Trình bày lời giải chi tiết) Câu 13: (2,0 điểm) Cho hai hàm số: y  x   d  y  x  P  Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy Tìm tọa độ giao điểm (d) (P) Câu 14: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường trịn (O;R), đường kính AI Lấy M điểm tùy ý cung nhỏ AC Gọi Mx tia đối tia MC Trên tia đối tia MB lấy điểm D cho MD = MC Chứng minh AMx  ABC MA tia phân giác góc BMx Chứng minh đường thẳng AM đường trung trực CD MI//CD Gọi N giao điểm thứ hai AD với đường tròn (O) P giao điểm thứ hai phân giác góc IBN với đường trịn (O) Chứng minh đường thẳng DP qua điểm cố định M chạy cung nhỏ AC Câu 15: (1,0 điểm) Ngồi đỉnh nói cao 1km nhìn thấy điểm T mặt đất với khoảng cách tối đa ki lô mét (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất)? Biết bán kính trái đất gần 6400 km coi chiều cao người ngồi khơng đáng kể (xem hình minh họa bên)    Cho x, y  x  y  Tìm giá trị nhỏ B  1   1   y   x  -HẾT - HƯỚNG DẪN GIẢI I TRẮC NGHIỆM ( ĐIỂM) ( Chọn phương án đúng) Câu 1: (0,25 điểm) Tập hợp nghiệm phương trình x2  x   là:              A  B  C  D      2 2         Hướng dẫn x2  x   có: Δ  b2  4ac     b  Δ 2 b  Δ 2 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1   ; x1   2a 2a Chọn B    là: Câu 2: (0,25 điểm) Giá trị biểu thức A 2 B 4 94  94  2 C Hướng dẫn  2 1  2  D 2   2   2   2 Chọn A Câu 3: (0,25 điểm) Hàm số sau hàm nghịch biến tập số thực : A y  2x  B y  x  C y  3  2x D y   x Hướng dẫn Hàm số y  ax  b (a  0) đồng biến a  0, nghịch biến a  Chọn D Câu 4: (0,25 điểm) Biết nhiệt lượng tỏa dây dẫn tính cơng thức Q  0,24 RI 2t , Q nhiệt lượng tính calo, R điện trở tính ơm (Ω) , I cường độ dịng điện tính ampe (A) , t thời gian tính giây ( s) Dịng điện chạy qua dây dẫn có điện trwor R  10 thời gian giây Khi cường độ dịng điện nhiệt lượng tỏa 60 calo? A 25 A B 2,5 A C A D 10 A Hướng dẫn Ta có: Q  60 calo; R  10Ω ; t  1s Áp dụng công thức: Q  0,24 RI 2t  I  Q Q 60 I    ( A) 0,24 Rt 0,24 Rt 0,24.10.1 Chọn C Câu 5: (0,25 điểm) Cho ABC nội tiếp đường trịn (O) có số đo cung nhỏ AB 144o , số đo cung nhỏ AC 92o Số đo góc BAC là: A 124o B 72o C 62o Hướng dẫn Câu 6: (0,25 điểm) Cho phương trình 2x2  3x   Khi giá trị A Chọn A B 3 3 Hướng dẫn C D 46o 1  là: x1 x2 D Câu 7: (0,25 điểm) Toạ độ giao điểm hai đồ thị hai hàm số y   x  y  x   là:  C    6  D   A  2;   5;5   6 B  5;  2;5 Hướng dẫn Chọn C Câu 8: (0,25 điểm) Từ điểm M ngồi đường trịn (O) kẻ tiếp tuyến MT (O) ( T tiếp điểm) cát tuyến MAB qua O (hình bên) Cho MT  20 cm; MB  50 cm Độ dài bán kính đường trịn (O) là: M T A O B A 8cm B 21cm C 16cm D 42cm Hướng dẫn Chọn B II TRẢ LỜI NGẮN ( ĐIỂM) ( Khơng trình bày lời giải, viết đáp số toán) x 1 x 1 x 1   Câu 9: (0,5 điểm) Rút gọn biểu thức: A  , với  x  x 1 x 1 x 1 Hướng dẫn x 1 x 1 x 1   +) Với  x  , ta có: A  x 1 x 1 x 1      x  1   x 1 x 1  x  1 x  1  x  1 x  1  x  1   x  1   x  1  x  1 x  1  x  x  1   x  x  1  3 x  1   x  1 x 1     x 1 2 x  x 1  x  x 1  x 1    x 1 x 1  x 1 x 1 Vậy A   x 1 x 1  x 1 x 1  x 1  x 1 Câu 10: (0,5 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 4x2  3x  m 1  Hướng dẫn +) Để phương trình 4x  3x  m 1  có nghiệm khi:    32  4.4  m 1    16m  16   25 16m   16m  25 25 m 16 25 Vậy với m  phương trình cho có nghiệm 16 Câu 11: (0,5 điểm) Cho đường tròn (O;5cm) điểm M nằm bên ngồi đường trịn Kẻ tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (A,B tiếp điểm) Biết AMB  60o Tính chu vi tam giác AMB Hướng dẫn Chu vi tam giác AMB là: 10  10 Câu 12: (0,5 điểm) Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết tổng chữ số số 12 Nếu đổi chỗ chữ số số cho ta nhận số lớn số ban đầu 36 đơn vị Hướng dẫn Số cần tìm là: 48 III TỰ LUẬN ( ĐIỂM) ( Trình bày lời giải chi tiết) Câu 13: (2,0 điểm) Cho hai hàm số: y  x   d  y  x  P  Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy Tìm tọa độ giao điểm (d) (P) Hướng dẫn Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ Oxy *) y  x   d  Cho x = ⇒ y = 3 Cho y = ⇒ x =  3  Vậy đồ thị hàm số y = 2x + đường thẳng qua điểm có tọa độ (0;3)  ;0    *) y  x  P  ) Ta có bảng giá trị sau x –2 y –1 1 Vậy đồ thị hàm số y = x2 Parabol qua điểm có tọa độ (−2;4), (−1;1), (0;0), (1;1), (2;4) Tìm tọa độ giao điểm (d) (P) Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) là:  x  1 x   x  x – x –    x  1 x – 3    x    Với x = –1, thay vào (P) ta y = (–1) ⇔ y = ⇒ (–1; 1) Với x = 3, thay vào (P) ta y = 32 ⇔ y = ⇒ (3; 9) Vậy (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có tọa độ (–1; 1) (3; 9) Câu 14: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC cân A nội tiếp đường trịn (O;R), đường kính AI Lấy M điểm tùy ý cung nhỏ AC Gọi Mx tia đối tia MC Trên tia đối tia MB lấy điểm D cho MD = MC Chứng minh AMx  ABC MA tia phân giác góc BMx Chứng minh đường thẳng AM đường trung trực CD MI//CD Gọi N giao điểm thứ hai AD với đường tròn (O) P giao điểm thứ hai phân giác góc IBN với đường trịn (O) Chứng minh đường thẳng DP qua điểm cố định M chạy cung nhỏ AC Hướng dẫn x D A M H O C B I Chứng minh AMx  ABC MA tia phân giác góc BMx Ta có tứ giác ABCM nội tiếp  O   AMC  ABC  180  AMC  180  ABC , AMx  180  AMC (hai góc kề bù)  AMx  ABC (cùng bù với AMC ) (1) Mặt khác ABC cân  ABC  ACB (tính chất tam giác cân) (2) Lại có ACB  AMB (hai góc nội tiếp chắn AB ) (3) mà Từ (1); (2) (3) ta có AMx  AMB  MA tia phân giác BMx Chứng minh đường thẳng AM đường trung trực CD MI//CD Gọi H giao điểm AM CD , ta có: AMx  HMC; AMB  HMD (hai góc đối đỉnh) mà AMx  AMB (chứng minh trên)  HMC  HMD  MH tia phân giác CMD Vì MD  MC  GT   MCD cân M có HM phân giác nên trung trực CD Vậy AM trung trực CD  AM  CD Mặt khác AMI  90 (góc nội tiếp chắn đường kính AI )  AM  MI Vậy MI //CD vng góc AM Gọi N giao điểm thứ hai AD với đường tròn (O) P giao điểm thứ hai phân giác góc IBN với đường trịn (O) Chứng minh đường thẳng DP qua điểm cố định M chạy cung nhỏ AC x D A M H N P O C B I K Ta có AM trung trực CD  AC  AD (1) BP tia phân giác NBI NBP  IBP  NP  IP (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau)  PN  PI (hai cung căng hai dây nhau) Mà ON  OI (bán kính O  )  PO trung trực NI  PO  NI Lại có INA  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  IN  NA hay NI  AD  OP //AD (cùng vng góc với NI ) OP KO KO OP Theo hệ định lý Ta-let, ta có : , (1) ta có AD  AC    AD KA KA AC OP KO không đổi  không đổi mà A, O cố định nên K cố định OP  R; AC không đổi nên AC KA Vậy M chạy cung nhỏ AC DP ln qua điểm K cố định Câu 15: (1,0 điểm) Ngồi đỉnh nói cao 1km nhìn thấy điểm T mặt đất với khoảng cách tối đa ki lơ mét (làm trịn đến chữ số thập phân thứ nhất)? Biết bán kính trái đất gần 6400 km coi chiều cao người ngồi khơng đáng kể (xem hình minh họa bên)    Cho x, y  x  y  Tìm giá trị nhỏ B  1   1   y   x  Hướng dẫn Điểm nhìn tối đa tiếp tuyến kể từ mắt nhìn đến tiếp điểm bề mặt trái đất (như hình vẽ) Ta có: MAT ∽ MTB  MT  MA.MB  MT  MA  MA  2R  Chiều cao đỉnh núi MA  1km , bán kính R  6400 km Thay số ta có: MT  1(1  12800)  12801  MT  113,1km    Cho x, y  x  y  Tìm giá trị nhỏ B  1   1   y   x   1    x2  y     Ta có B  1   1         2 y   xy   x  y   xy   xy  x  x  y   xy  2  xy   xy   B  1 Do x  y  nên B    x  y xy   xy  xy    xy   B  1 xy 1   4 xy Do B   2.4  B  Giá trị nhỏ B Dấu xảy x  y  -HẾT Mặt khác  TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHUYÊN Đề chung chuyên Câu I (2 điểm) Cho biểu thức A  1) Chứng minh A  2) Giả sử A  y x  xy  y x xy y  x  xy  y x xy y KIỂM TRA KHẢO SÁT THI VÀO 10 NĂM HỌC 2021 - 2022 MÔN: TOÁN Thời gian làm 90 phút với x  y  x x y , tính B  x y Câu II (2 điểm) 1) Bác Hoa gửi tiết kiệm với số tiền 400 triệu đồng vào ngân hàng, kì hạn 12 tháng theo thể thức lãi kép Nếu không rút tiền khỏi ngân hàng sau năm, số tiền lãi nhập vào vốn ban đầu để tính lãi cho năm Giả sử lãi suất cố định x% / năm, x  Tính x biết sau hai năm gửi tiết kiệm, bác Hoa nhận số tiền (bao gồm gốc lẫn lãi) 449, 44 triệu đồng  x  12   y  12  2) Giải hệ phương trình:   x  1 y  1  x  y  Câu III (1,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho ba đường thẳng d1 : y  x  3; d : y   x; d : y  x  m với m tham số 1) Tìm m để ba đường thẳng cho đồng quy 2) Tìm m để d cắt hai trục Ox, Oy hai điểm A, B phân biệt diện tích tam giác OAB Câu IV (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vng C có  ABC  60 Dựng tam giác cân BEC phía   150 Gọi D điểm đối xứng với C qua AB, F giao điểm tam giác ABC cho BEC CD AB DE G giao điểm AE ABEC BED BC  FG  a  2;  b  2;  c  Tìm giá trị lớn Câu IV (1 điểm) Cho số a, b, c biểu thức: S   a  b    b  c    c  a  2 -HẾT - HƯỚNG DẪN Câu I (2 điểm) Cho biểu thức A  1) Chứng minh A  2) Giả sử A  x  xy  y x xy y x  xy  y với x  y  x xy y x x y , tính B  y  x y Hướng dẫn 1) A    x xy y  x  xy  y x  xy  y x xy y x  xy  y   x  y  x  y  3 x  xy  y x y  x  xy  y    x  xy  y x y  x  xy  y  1  x y x y   x  xy  y  x y x y x y  x y  x (ĐPCM) x y 2) Ta có: A  y   x  x y y  x  x y y  x  xy  y  (1) Vì y  chia hai vế phương trình (1) cho y ta được: x x  20 y y Đặt x  a  a   phương trình trở thành: y a  3a      3   4.2  2   25  Do phương trình có hai nghiệm phân biệt là:  x x 2 4 a1   y y Vậy B  x a2 x y y B  2  4    2x     y    x  y  x  y  Do x, y   ; x; ; y  Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có: x y 2  x  2 x  x x (1) 4  y  y  y y (2) Do  x  y   4  x  y   12 (3) Từ (1), (2), (3)  P    12  4 2  x  2x  x  4 Dấu “=” xảy    y   (thỏa mãn) y y    x  y    x, y  x  Vậy Pmin  4   y  -HẾT - KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH NĂM HỌC 2020 - 2021 Thời gian làm bài: 90 phút TỔ HỢP GIÁO DỤC PSCHOOL Câu 1: (2,0 điểm) Với x  0, x  , có B   x 1 x 4   A  x x 2 x2 x  a) Tính giá trị biểu thức A x     x 3 x 1 b) Rút gọn biểu thức B 2A đạt giá trị lớn B Câu 2: (2,5 điểm) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình: Một ôtô từ A đến B dài 120 km Sau giờ, ôtô thứ hai từ A đến B với vận tốc lớn vận tốc ôtô thứ 10 km/h đến B chậm ơtơ thứ 36 phút Tính vận tốc ôtô Câu (2,0 điểm) 1 x  y   1) Giải hệ phương trình  1    x y 30 c) Tính giá trị nguyên x để 2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P) : y  x đường thẳng (d ) : y  2m   mx , với m tham số a) Tìm tọa độ giao điểm parabol ( P) đường thẳng (d ) m  1 b) Tìm m để (d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt A( x1; y1 ) B ( x2 ; y2 ) cho x1 , x2 độ dài hai cạnh tam giác vuông mà cạnh huyền không vượt Câu (3 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC , M điểm nửa đường trịn Gọi P điểm cung BM , A giao điểm BP CM , H giao điểm BM CP a) Chứng minh ABC cân C K HC BH BM  BA2 ; Tứ giác MKOP OM CP Câu 5: (0,5 điểm) Cho a, b, c Tính Q  a 2021  b 2021 IP.KC  IK CP I a  b bc   b 2c c  a   c  a  b   2abc  0  c 2021 2021 -HẾT - 2021 2021 Câu 1: (2,0 điểm) Với x  0, x  , có B   x 1 x 4   A  x x 2 x2 x  a) Tính giá trị biểu thức A x     x 3 x 1 b) Rút gọn biểu thức B c) Tính giá trị nguyên x để   2A đạt giá trị lớn B Hướng dẫn  a) Thay x     24     16 vào biểu thức A  x 3 ta x 1 16   16  b) Với x  0, x  ta có B x 1   x 4    x 1  x  2 x  x   x   x  3 x 3    x x  x  2 x  x  2 x A  x  3 x c) Có:    2 x B Để x 2 x x 1 x 3 2A đạt giá trị lớn B x 1  x 2  x 3 x 4 x  x 2   đạt giá trị lớn x 1 Hướng dẫn +) Gọi x  x  0, km/h  vận tốc ôtô thứ Suy x  10  km/h  vận tốc ôtô thứ hai +) Thời gian ôtô thứ từ A +) Đổi: 36  36  60 x x 1 đạt giá trị lớn x   nhỏ x 1 Vì x   nên x  2A Vậy x  đạt giá trị lớn B Câu 2: (2,5 điểm) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình: Một ơtơ từ A đến B 120 km A 10 km/h B Thời gian ôtô thứ hai từ A x3 x 2 x 3 x 4 B B 120 h x 120 h x  10 B 36  x 2  +) Vì ôtô thứ hai sau ôtô thứ ôtô thứ hai đến B chậm ôtô thứ 36 phút nên ta  120  120 có phương trình:   1    x  10  x 120 120    0 x  10 x 60 60    0 x  10 x  60.5.x  60.5  x  10   x  x  10    300.x  300 x  3000  x  10 x   x  10 x  3000   x  60    x  50  Vậy vận tốc ôtô thứ 50 km/h vận tốc ôtô thứ 60 km/h Câu (2,0 điểm) 1 x  y   1) Giải hệ phương trình  1    x y 30 2) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol ( P) : y  x đường thẳng (d ) : y  2m   mx , với m tham số a) Tìm tọa độ giao điểm parabol ( P) đường thẳng (d ) m  1 b) Tìm m để (d ) cắt ( P) hai điểm phân biệt A( x1; y1 ) B ( x2 ; y2 ) cho x1 , x2 độ dài hai cạnh tam giác vuông mà cạnh huyền không vượt Hướng dẫn 1 x  y   1) Giải hệ phương trình  1    x y 30 Điều kiện xác định: x  0, y  1 1 1  2 1 1  x  y   5x  y    x  x    15 x 15 (Thỏa mãn)      y  1   1   1   1   x y  y  3x y 30  x y 30 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y )  (2;3) 2) Phương trình hồnh độ giao điểm (d ) ( P) x  2m   mx  x  4mx  8m   (*) a) Khi m  1 (*) trở thành x  x    ( x  2)2   x  Suy y  22  Vây m  1 giao điểm (d ) ( P) (2;1) b) u cầu tốn  Tìm m để (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 dương x12  x22  (2m)  1.(8m  4)   m  8m    '    P   8m    8m      S  m   4 m  2  x1  x2  ( 4m)  2(8m  4)  ( x  x )  x x    4(m  1)   m  1   1 m  1 m  1   1  m   2 m  m    1  m  16m(m  1)  Vậy 1  m  1 giá trị cần tìm Câu (3 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính BC , M điểm nửa đường trịn Gọi P điểm cung BM , A giao điểm BP CM , H giao điểm BM CP a) Chứng minh ABC cân C b) Gọi K trung điểm HC Chứng minh BH BM  BA2 ; Tứ giác MKOP nội tiếp đường tròn c) Gọi giao điểm OM CP I Chứng minh IP.KC  IK CP Hướng dẫn  góc có đỉnh nằm ngồi đường trịn a, Vì BAC   BAC     sñ PM  (1) sđ BC  góc nội tiếp chắn cung PC ABC   ABC     sñ BP  sñ PC  sñ BC 2    sñ PM  Mà sñ BP   ABC     sñ PM  (2) sñ BC   BAC  Từ (1) (2) suy ABC Suy ABC cân C b, Kéo dài OK cắt AC I   90, BMC   90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính BC ) Ta có BPC Theo câu a, có ABC cân C  CP đường cao đồng thời đường phân giác, đồng thời đường trung tuyến    KCI   PA  PB, BCP ACP hay OCP Xét BPH BMA có:  chung B   BMA   90 BPH    BPH đồng dạng BMA (g.g)   BH BM  BP BH   BH BM  BP.BA BM BA AB (đpcm) (*) Chứng minh tứ giác MKOP nội tiếp Xét BHC có: KH  KC (vì K trung điểm HC ) OB  OC ( R)  OK đường trung bình BHC  OK  BH Hay OK  BM Mà BM  AC  OK  AC I   OCP  Có OPC cân O (vì OP  OP  R )  OPC   KCI  OCP   KCI  (*) Từ (3) (4) suy OPC     KCI   90 (**)   90 CÓ IKC Trong IKC KIC   OKP  ( đối đỉnh) (***) Lại có IKC   OKP   90  POK   90 Từ (*), (**) (***)  OPC   Trong AMB  AMB  90 có MP đường trung tuyến  PM  PM   PMB  (5)  MPB cân P  PBM   KMC  (6) Tương tự có KCI Xét tứ giác PBMC có đỉnh B, P, M , C thuộc nửa O  Tứ giác PBMC nội tiếp   MCP  ( góc nội tiếp chắn PM  ) (7)  PBM   KMC  Từ (5),(6),(7)  PMB   KMB   90 Mà KMC   KMB   90 hay KMP   90  PMB Xét tứ giác MKOP có   KOP   90  90  180 KMP  Tứ giác MKOP nội tiếp ( có tổng hai góc đối diện 180 )   OCP  c, Ta có POC cân O  OPC Lại có Tứ giác MKOP nội tiếp (cmt)   OMK  ( góc nội tiếp chắn cung OK )  OPC   OMK   OCP   BMP  ( góc nội tiếp chắn cung BP (O ) ) Mà OCP   PMB  (8)  OMK   90 Theo chứng minh b, có: PMK   BMK   90  PMB   KMC   BMC   90 Mà BMK   KMC  (9)  PMB   KMC   PMB  Hay MK phân giác OMC  Từ (8), (9)  OMK    Mà MP  PM  MP phân giác ngồi OMC Xét IMC có MK phân giác trong, MP phân giác KI MI PI MI  ;  KC MC PC MC Theo tính chất phân giác có: KI PI   KI PC  KC PI (đpcm) KC PC Câu 5: (0,5 điểm) Cho a, b, c số thực khác thỏa mãn  a  b  c   b  c  a   c  a  b   2abc   2021 2021 2021 1 a  b  c Tính Q  a 2021  b 2021  c 2021 Hướng dẫn Ta có: a  b  c   b  c  a   c  a  b   2abc   a  b  c   b c  ab  ac  bc  2abc   a  b  c    ab  2abc  ac    b 2c  bc    a  b  c   a  b  2bc  c   bc  b  c    a  b  c   a  b  c   bc  b  c     b  c   a  ab  ac  bc     b  c   a  a  b   c  a  b      b  c  a  b  a  c   * Trường hợp 1: a  b   a  b  a  b  a  b  a  b Ta có:  2021 2021 2021   2021  a  b  c  c  c  1 1 1  Q  2021  2021  2021   2021  2021  2021 a b c b  b  Các trường hợp b  c  ; a  c  xét tương tự 1 Vậy Q  2021  2021  2021  a b c ĐỀ KHẢO SÁT THI TUYỂN SINH VÀO 10 NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn: TỐN Thời gian làm 120 phút PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN ĐAN PHƯỢNG x 2 7 x  với x  0; x  1; x  x 1 x 1 x 2 B  x 3 1) Tính giá trị biểu thức A x  16 x 2 2) Chứng minh B  x 1 Bài I ( 2,0 điểm) Cho biểu thức A  3) Tìm tất giá trị nguyên x để M  A có giá trị nguyên B Bài II (2,5 điểm) 1) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình Hai người làm chung cơng việc xong việc Nếu người thứ làm nghỉ, sau đó, người thứ hai làm tiếp cơng việc Hỏi 12 người làm xong cơng việc bao lâu? 2) Hai thuyền vị trí A B minh họa hình vẽ bên Cho biết IK  380m ,  AKI  50o  AKB  15o Tính khoảng cách hai thuyền (làm tròn đến mét) B A Bài III (2,0 điểm)   x  y 1   1) Giải hệ phương trình:    1  x y 1 2) Cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  2mx  m  15° 50° I K a) Chứng minh:  d  cắt  P  hai điểm phân biệt với m b) Gọi x1 ; x2 hoành độ giao điểm  d   P  Tìm tất giá trị m cho x12  x22  10 Bài IV (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R có hai đường kính AB, CD vng góc với Lấy điểm M thuộc đoạn OA ( M khác O A) Tia DM cắt đường tròn  O  N O, M , N , C DM DN  DO.DC  R2 AC , CB 3) Đường tròn tâm M MC E, M , F CE  CF Bài V (0,5 điểm) Cho x, y x   x2  y  E M OA   y2  Tìm giác trị nhỏ biểu thức P  x  xy  y -HẾT - F HƯỚNG DẪN x 2 x 2 7 x B   với x  0; x  1; x  Bài I ( 2,0 điểm) Cho biểu thức A  x 3 x 1 x 1 1) Tính giá trị biểu thức A x  16 x 2 2) Chứng minh B  x 1 A 3) Tìm tất giá trị nguyên x để M  có giá trị nguyên B Hướng dẫn 16  1) Khi x  16 (TMĐK) ta có A  6 16  2) Với x  0; x  1; x  Ta có B      x 2    x 1   x  x 1 x3 x 2  x 1  x 1  x 1 x2 x  x 2      x   x  1  x 2 x 1 Vậy B  3)  x 2 7 x  x 1 x 1 x 1  x  1 x  1 x 1 x 2 x 1 Ta có M  A  B M số nguyên x 2 x 2 x 1 x 3 2     x x x x x hay x   Ư(2) = 2; 1;1; 2 x 3 Ta có bảng giá trị : -2 x 3 x x x  4;16; 25 M -1 2 Bài II (2,5điểm) 1) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình Hai người làm chung cơng việc xong việc Nếu người thứ làm nghỉ, sau đó, người thứ hai làm tiếp cơng việc Hỏi 12 người làm xong công việc bao lâu? 2) Hai thuyền vị trí A B minh họa hình vẽ bên Cho biết IK  380m ,  AKI  50o  AKB  15o Tính khoảng cách hai thuyền (làm tròn đến mét) B A 15° I 50° K Hướng dẫn 1) Gọi thời gian người thứ làm xong cơng việc x (đơn vị: h) (x > 4) Thời gian người thứ hai làm xong cơng việc y (đơn vị: h) (y > 4) 1h người thứ làm (công việc) x 1h người thứ hai làm (công việc) y (công việc) 1h hai người làm 1 Theo đề ta có phương trình   1 x y 3h người thứ hai làm (công việc) y Theo đề ta có phương trình    2 x y 12 1 1 x  y   Từ (1) (2) ta có hệ phương trình  1    x y 12 1 Đặt  a  a    b  b   , hệ phương trình trở thành y x  a  b   a  3b   12  a  b   2b    a   (tmđk a; b > 0) b   12 1  x   1   y 12 x  (tmđk ẩn)   y  12 Vậy người thứ làm 6h xong cơng việc Người thứ hai làm 12h xong cơng việc 2) Xét AIK vng I có AI  IK tan  AKI  380 tan 50o  452,  m   Lại có IKB AKB   AKI  15o  50o  65o (t/c cộng góc) Xét IKB vng I có   380 tan 65o  814,9  m  BI  IK tan BKI Do IB = IA + AB (t/c cộng đoạn thẳng)  AB  362  m  Vậy khoảng cách hai thuyền khoảng 362m Bài III (2,0 điểm)   x  y 1   1) Giải hệ phương trình:    1  x y 1 2) Cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  2mx  m  a) Chứng minh:  d  cắt  P  hai điểm phân biệt với m b) Gọi x1 ; x2 hoành độ giao điểm  d   P  Tìm tất giá trị m cho x12  x22  10 Hướng dẫn    1) Giải hệ phương trình:      x a  Đặt  (a, b  0)  b  y   x 2 y 1  x 1 y 1 ĐKXĐ: x  0; y   a  a  b  2 a    Hệ trở thành       a b 1 a  b  b   ( TM )    x  x  4( TM )   x      y    y  5( TM )  1  y  Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y  (4;5) 2) Cho parabol  P  : y  x đường thẳng  d  : y  2mx  m2  a) Chứng minh:  d  cắt  P  hai điểm phân biệt với m Xét phương trình hồnh độ giao điểm  d   P  : x  mx  m   x  mx  m   (*)    '  b '2  ac   '   m   m   m  m    m  phương trình (*) ln có nghiệm phân biệt với m Vậy  d   P  cắt điểm phân biệt với m b) Gọi x1 ; x2 hoành độ giao điểm  d  ln cắt  P  Tìm tất giá trị m cho x12  x22  10 Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:  x1  x2  2m   x1 x2  m    Ta có: x12  x22  10   x1  x2   x1 x2  10   2m   m2   10  4m  m   10 2  m   m   m  2 Vậy m  2 Bài IV (3,0 điểm) Cho đường trịn tâm O bán kính R có hai đường kính AB, CD vng góc với Lấy điểm M O thuộc đoạn OA ( M khác O A) Tia DM O, M , N , C DM DN  DO.DC  R2 3) Đường tròn tâm M AC, CB MC E, M , F M CE  CF Hướng dẫn E F OA D B N C 1) Chứng minh bốn điểm O, M , N , C  Ta có: AB  CD O  MOC   90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)   MNC  Tứ giác OMNC MOC   N  OMNC tứ giác nội tiếp (tổng số đo hai góc đối 180) 2) Chứng minh DM DN  DO.DC  R2   DOM   90; NDC  chung Xét NDC ODM có: DNC DN DC  NDC ∽ ODM (g- g)    DM DN  DO.DC  R.2 R  R DO DM 3) Đường trịn tâm M bán kính MC cắt AC, CB E F Chứng minh ba điểm E , M , F thẳng hàng tổng CE  CF không đổi M di động OA E N F +) Chứng minh: ba điểm E , M , F thẳng Ta có: Đường trịn tâm M bán kính MC cắt AC, CB E F  góc nội tiếp đường trịn tâm M bán kính MC  ECF   90 Mà:  ACB  90 hay ECF ACB góc nội tiếp chắn nửa đường trịn O    góc nội tiếp chắn nửa đường trịn M Do đó: ECF  EF đường kính đường trịn tâm M  Ba điểm E , M , F thẳng +) Chứng minh: tổng CE  CF không đổi M di động   AD  BD Ta có: AB  CD   AD  BD  góc nội tiếp chắn nửa đườn tròn M )   EDA  EDF ADF  90 ( EDF   ADB góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O ) ADB  BDF ADF  90 (    BDF   Do đó: EDA ADF 1  2 ADE  BDF  AE  BF CE  CF   CA  AE    BC  BF   CA  BC  AE  BF  2CA Áp dụng định lý Pytago tam giác ACO O CA  OA2  OC  R  R  R  CE  CF  R Vậy CE  CF M 1  2 Bài V ( 0,5 điểm)  Cho x, y số thực thỏa mãn x   x  y    y2  Tìm giác trị nhỏ biểu thức P  x  xy  y Hướng dẫn Đặt a  x   x  a  x   x  a  2ax  x   x  2ax  a   x  b2  2b a  b2  3 Xét x  y    a b  2a 2b 2a 2b Theo giả thiết có: a.b   a  b 3.b b b b  x y  b   b    2 2 b 2.9 2b b 2b b b 3  1 1  3 Lại có P  x  xy  y   x  xy  y    x  xy  y   4  4 3 2   x  y    x  y    x  y   22  4 4 Dấu "  " xảy x  y  Vậy Pmin  Tương tự: đặt b  y   x  y  -HẾT - a2  2a ...  4 2020 2021 thuộc S (2) Từ (1) (2) ta có ( 2020  2021) + ( 4 2020 .2021 ) = ( 2020  2021) thuộc S Suy ra: ( 2020  2021) ( 2020  2021)  ( 2020  2021) thuộc S hay ( 2020  2021) .( 1)... biểu thức đề Vì 2020  2021 thuộc S nên   2020  2021 thuộc S , hay 4041  2020 2021 thuộc S  4041  2020 2021  ( 4041)  2020 2021 thuộc S  2020 .2021. ( 2)  4 2020 .2021 thuộc S Lúc này,... 100  x  x   Sau hai năm bấc Hoa nhận số tiền 400 1   1    449, 44 ( triệu đồng)  100   100  x  x  x    Ta có 400 1   1    449, 44  400 1    449, 44 100 100 100