Microsoft Word 15 �À N´NG docx Trang 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2022 2023 MÔN TOÁN Thời gian 120 phút (không kể t[.]
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2022-2023 MƠN TỐN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 11/06/2022 ĐỀ CHÍNH THỨC Bài (2,0 điểm) a Tính A 16 2 x x 1 b Rút gọn biểu thức B với x x : x x x 1 Bài (1,5 điểm) Cho hai hàm số y x y x a Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ b Tìm tọa độ giao điểm A B hai đồ thị Tính diện tích tam giác OAB , với O gốc tọa độ đơn vị đo trục tọa độ xentimét Bài (1,5 điểm) x 3y a Giải hệ phương trình 2 x y b Một người dự định xe máy từ A đến B với vận tốc không đổi Nhưng sau xe bị hỏng nên phải dừng lại 20 phút để sửa chữa Do đó, để kịp đến B thời gian dự định, người phải tăng vận tốc thêm km/h Tính vận tốc ban đầu xe máy, biết quãng đường AB dài 160 km Bài (1,5 điểm) Cho phương trình x m 1 x m (*), với m tham số a Giải phương trình (*) m b Tìm tất giá trị tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn x1 x2 x2 x1 x1 x2 x1 x2 Bài (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB AC Vẽ đường cao AD, BE, CF tam giác Gọi H giao điểm đường cao vừa vẽ a Chứng minh tứ giác AEHF BFEC nội tiếp b Gọi M , N trung điểm đoạn thẳng AH , BC Chứng minh FM FC FN FA c Gọi P, Q chân đường vng góc kẻ từ M , N đến đường thẳng DF Chứng minh đường trịn đường kính PQ qua giao điểm FE MN - Hết - Trang SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2022-2023 MƠN TỐN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 11/06/2022 ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN GIẢI Bài (2,0 điểm) a Tính A 16 2 x x 1 b Rút gọn biểu thức B với x x : x x x Lời giải A 16 2 a Ta có: A 32 2 2.2 A 3 4 2 2 b Với x x , ta có: x x 1 B : x x x 1 B B B x x 1 x 1 x 1 : x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x x x x 1 x 1 x 1 x 1 x x 1 1 x 1 x Vậy B với x x Bài (1,5 điểm) Cho hai hàm số y x y x a) Vẽ đồ thị hàm số mặt phẳng tọa độ b) Tìm tọa độ giao điểm A B hai đồ thị Tính diện tích tam giác OAB , với O gốc tọa độ đơn vị đo trục tọa độ xentimét Lời giải a) Vẽ đồ thị hàm số y x y x * Đồ thị hàm số y x : Hệ số a 1 nên đồ thị hàm số y x parabol có bề lõm quay xuống Bảng giá trị: Trang Suy parabol y x qua điểm 2; , 1; 1 , 0;0 , 1; 1 , 2; * Đồ thị hàm số y x : Bảng giá trị: 3 Suy đồ thị hàm số y x đường thẳng qua hai điểm 0; 3 ; 2 * Vẽ đồ thị hàm số y x y x : b) Hoành độ giao điểm đồ thị hàm số y x y x nghiệm phương trình: x x x x x1 1; x2 3 Với x y 1 ; x 3 y 9 Do giao điểm A 1; 1 , B 3; Gọi H , K hình chiếu vng góc A, B trục Ox Trang Ta có SOAB S AKHB SOAK SOHB S OAB AK HB 1 KH AK OK OH HB 2 S OAB 1 1 1.1 3.9 cm 2 Vậy diện tích tam giác OAB 6cm2 Bài (1,5 điểm) x 3y a Giải hệ phương trình 2 x y b Một người dự định xe máy từ A đến B với vận tốc không đổi Nhưng sau xe bị hỏng nên phải dừng lại 20 phút để sửa chữa Do đó, để kịp đến B thời gian dự định, người phải tăng vận tốc thêm km/h Tính vận tốc ban đầu xe máy, biết quãng đường AB dài 160 km Lời giải x 3y 3x x x a 2 x y x y 2 y y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm nhất: x; y 2; 1 b Đổi: 20 phút = Gọi x (km/h) vận tốc ban đầu xe máy (điều kiện x ) Thời gian dự định từ A đến B là: 160 (giờ) x Trong đầu người 2x (km) Quãng đường lại 160 x (km) Theo ra, ta có phương trình: 160 x 160 2 x8 x 160 x 160 x 8 x x( x 8) x(160 x) 160.3.( x 8) 3x( x 8) 3x( x 8) 3x( x 8) x 56 x 480 x x 480 x 3840 x 56 x 3840 Ta có: ' 282 1.(3840) 4624 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 28 4624 40 (thỏa mãn) Trang x1 28 4624 96 (loại) Vậy vận tốc ban đầu xe máy 40 km/h Bài (1,5 điểm) Cho phương trình x m 1 x m (*), với m tham số a Giải phương trình (*) m b Tìm tất giá trị tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn x1 x2 x2 x1 x1 x2 x1 x2 2 Lời giải Phương trình: x m 1 x m (*), với m tham số 2 a Thay m vào phương trình (*), ta được: x x (**) Ta có: a b c (2) (3) (3) Phương trình (**) có hai nghiệm là: x1 1; x2 3 Vậy với m phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 1; x2 b Vì a.c m với m phương trình (*) có nghiệm phân biệt x1 , x2 với m x1 x2 2( m 1) Hệ thức Vi-et: x1.x2 m Vì x1.x2 m2 nên x1 , x2 trái dấu x2 x1 ; x1 x2 trái dấu Mặt khác x1 x2 0; x1 x2 với x1 , x2 2 Do đó: x1 x2 x2 x1 x1 x2 x1 x2 2 x1 x2 x1 x2 2 2m m2 2 (2m 4) (m2 4)2 m Vậy với m phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn x1 x2 x2 x1 x1 x2 x1 x2 Bài (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn AB AC Vẽ đường cao AD, BE , CF tam giác Gọi H giao điểm đường cao vừa vẽ a) Chứng minh tứ giác AEHF BFEC nội tiếp b) Gọi M , N trung điểm đoạn AH , BC Chứng minh FM FC FN FA c) Gọi P, Q chân đường vng góc kẻ từ M , N đến đường thẳng DF Chứng minh đường trịn đường kính PQ qua giao điểm FE MN Lời giải: Trang a) Chứng minh tứ giác AEHF BFEC nội tiếp AFH 90 (do CF AB ), AEH 90 (do BE AC ) * Xét tứ giác AEHF có AFH AEH 180 , mà AFH AEH vị trí đối nên tứ giác AEHF nội tiếp Suy 90 (do CF AB ), BEC 90 (do BE AC ) * Xét tứ giác BFEC có BFC BEC nhìn đoạn thẳng BC góc nên tứ giác Suy góc BFC BFEC nội tiếp b) Gọi M , N trung điểm đoạn AH , BC Chứng minh FM FC FN FA Tam giác BFC vuông F có FN đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC BC (1) FN Tam giác BEC vng E có EN đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC BC (2) EN Từ (1) (2) suy FN EN (*) Tam giác AHF vng F có FM đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AH AH (3) FM Tam giác AEH vuông E có EM đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AH AH (4) EM Từ (3) (4) suy FM EM (**) Từ (*) (**) ta có MN đường trung trực EF Gọi G giao điểm MN EF Tam giác FME có MG đường cao đồng thời đường trung tuyến FME (5) Suy FME cân M có MG đường phân giác FMG Trang FME (góc nội tiếp nửa góc Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác AEHF có FAE tâm chắn cung EF ) (6) FMG hay FAC FMN Từ (5) (6) suy FAE Lại có FM MH MFH DHC AH nên tam giác FMH cân M MHF Mặt khác FN NC NCF BC nên tam giác FNC cân N NFC HDC 90 NFC MFH MFN 90 Mà NCF FAC , MFN Xét tam giác FMN FAC có FMN AFC 90 Suy FMN ∽ FAC FM FN FM FC FN FA (đpcm) FA FC c) Chứng minh đường trịn đường kính PQ qua giao điểm FE MN 90 Vì MN EF G nên MGF 90 Ta có MP PQ P nên MPF MPF 180 , mà góc đối MPFG tứ giác nội tiếp Tứ giác MPFG có MGF MFP (2 góc nội tiếp chắn cung MP ) Suy MGP 90 Vì MN EF G nên NGF 90 Ta có NQ PQ Q nên NQF 180 , mà góc đối NQFG tứ giác nội tiếp Tứ giác NQFG có NGF NQF NFQ (2 góc nội tiếp chắn cung NQ ) Suy NGQ NGQ MFP NFQ MGP 90 nên MFP NFQ 90 MGP NGQ 90 PGQ 90 G thuộc Mà MFN đường trịn đường kính PQ Vậy đường trịn đường kính PQ qua giao điểm FE MN _ THCS.TOANMATH.com _ Trang ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC 2022- 2023 MƠN TỐN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 11/06 /2022 ĐỀ... trình (*), ta được: x x (**) Ta có: a b c (2) (3) (3) Phương trình (**) có hai nghiệm là: x1 1; x2 3 Vậy với m phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1 1; x2... F có FN đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC BC (1) FN Tam giác BEC vuông E có EN đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC BC (2) EN Từ (1) (2) suy FN EN (*) Tam giác AHF vng F có