80 Đề Tuyển Sinh Vào Lớp 10 Môn Toán Năm 2021 – 2022 Sở Gd&Đt Đắk Lắk (Đề+Đáp Án).Docx

Microsoft Word DE DA TUYEN SINH 10 MON TOAN DAK LAK NAM 2021 2022 trang 1 1 2 2 2 x  1 x  3 x  3 x  2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC P[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2021 - 2022 MƠN THI: TỐN (Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề) Ngày thi 09/6/2021 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 1: (1,5 điểm) 1) Giải phương trình: 2x2  5x   2) Cho hàm số y  m 1 x  2021 Tìm tất giá trị tham số m để hàm số đồng biến ℝ 3) Cho a  2 b  2 Tính giá trị biểu thức: P  a  b  2ab Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức: 2 x1 P x9 x  với x  0, x  4, x   x3 x5  x6 x2 1) Rút gọn P 2) Tìm giá trị x để P 1 Câu 3: (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình đường thẳng  A1;  2 song song với đường thẳng y  2x 1 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol  P  : y  x2 qua điểm đường thẳng  d  : y   m 1 x  m  Parabol Gọi x1, x2 hoành độ giao điểm đường thẳng  P  Tìm giá trị nhỏ M d   x2  x2 Câu 4: (3,5 điểm) Trên nửa đường tròn đường kính AB với AB  2022 , lấy điểm C (C khác A O   B) , từ C kẻ CH vng góc với AB (H  AB) Gọi D điểm đoạn CH (D khác C H), đường thẳng AD cắt nửa đường tròn điểm thứ hai E 1) Chứng minh tứ giác BHDE tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh AD  EC  CD  AC 3) Chứng minh AD  AE  BH  BA  20222 4) Khi điểm C di động nửa đường trịn (C khác A, B điểm cung AB), xác định vị trí điểm C cho chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn trang Câu 5: (1,0 điểm) Cho a  1348, b  1348 Chứng minh : a2  b2  ab  2022a  b Hết - Giải chi tiết kênh Youtube: Vietjack Tốn Lý Hóa (Bạn vào Youtube -> Tìm kiếm cụm từ: Vietjack Tốn Lý Hóa -> kết tìm kiếm) Hoặc bạn copy trực tiếp link: https://www.youtube.com/channel/UCGo1lPIGoGvMUHK7m4TwL3A trang SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (1,5 điểm) 1) 2x2  5x     2x 1   x 2x 1  x  3     x30 x  3  1  S ;3 Vậy tập nghiệm phương trình   2  2) Hàm số y   m 1 x  2021 đồng biến ℝ  m    m  3) P  a  b  2ab     2     1   1        Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức: 1) Rút gọn P Ta có: x 9 x3 1 9 x3 x1   x    P x x5 6 2 x x x 3 x 2 x 3 x 2 x 3 x   x  x   2x  x    x   2x   2   x x x 2 x 3 x 2 x 3     x  x    2 2 x     2) Ta có P       x    x  2 x  3  x  2 x  3 x    x1 3 x1 x1 1 10 x3 x3 x  1x  x3 0 x3 0  x    x   x  (TMĐK) Câu 3: (2,0 điểm) 1) Phương trình đường thẳng    có dạng y  ax  b Vì đường thẳng    song song với đường thẳng y  2x 1 a  2, b  1 Vì đường thẳng    qua điểm A1;  2  1  b  2  b  4 (TMĐK b  1) Vậy phương trình đường thẳng    : y  2x  2) Phương trình hồnh độ giao điểm  d  P  là: x2   m 1 x  m   x2   m 1 x  m   * trang d  cắt  P   * có nghiệm    2     m  1    m  3   m2  3m    m    (đúng với m )       x1  x2   m 1 Theo Viét, ta có:  xx m3  12 Khi M  x2  x2   x   2x x  2  m 1    m    4m2  10m  10  x 2   2  15 15 5   2m     Dấu “=” xảy 2m    m  4  2 trang Vậy MinM   15 m  E C Câu 4: (3,5 điểm) 1) Chứng minh tứ giác BHDE tứ giác nội tiếp Xét tứ giác BHDE, ta có: B‸HD  900  CH  AB  A B‸ED  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) D Vậy tứ giác BHDE tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh AD  EC  CD  AC Ta có ‸ACB  (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O))  ‸ACD  900 A‸BC mà ‸AEC  (góc nội tiếp chắn cung ‸AC ), nên ‸ACD  ‸ABC A‸EC Xét ACD AEC , ta có: C‸AD (góc chung), ‸ACD  (cmt) A‸EC Vậy ACD AEC  g.g   B O H (cùng phụ B‸AC ) AD CD   AD  EC  CD  (đpcm) AC AC EC 3) Chứng minh AD  AE  BH  BA  20222 Xét AHD AEB , ta D‸AH (góc chung), ‸AHD  A‸EB (gt cmt) có:  900 AH   AD  AE  AB  AH AB AE Do AD  AE  BH  BA  AH  AB  BH  BA  AB   AH  HB   AB  AB  AB2  20222 4) Xác định vị trí điểm C cho chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn Đặt OH  a, CH  b Vậy AHD AEB  g.g   AD COH : C‸HO  900 , nên OH  CH  OC  a  b2     10112 Áp dụng bất đẳng thức  a  b    a  b  , ta có: a  b 2    a  b   10112  a  b  1011 Do chu vi tam giác COH: 2022 OH  CH  OC  a  b   1011  2  1011  1011   1 trang Dấu “=” xảy a  b  vuông cân H  ‸AOC  450  sđ ‸AC  450 COH Vậy C nằm nửa đường trịn cho sđ ‸AC  450 chu vi tam giác COH đạt giá trị  lớn 1011   (đv chu vi) Câu 5: (1,0 điểm) Cho a  1348, b  1348 Chứng minh : a2  b2  ab  2022 a   b 3 Ta có: a2  b2  2ab  a2  b2  ab  3ab  ab  ab 2 3 3 a  1348, b  1348  ab  ab  1348b  1348b  Lại có 2022a  b  2 2 a  a  b  1348 a2 b2 ab 2022 a b Dấu “=” xảy       Do b   a  1348, b  trang trang ...    101 12 Áp dụng bất đẳng thức  a  b    a  b  , ta có: a  b 2    a  b   ? ?101 12  a  b  101 1 Do chu vi tam giác COH: 2022 OH  CH  OC  a  b   101 1  2  101 1  101 1 ... Viét, ta có:  xx m3  12 Khi M  x2  x2   x   2x x  2  m 1    m    4m2  10m  10  x 2   2  15 15 5   2m     Dấu “=” xảy 2m    m  4  2 trang Vậy MinM ... BA  20222 Xét AHD AEB , ta D‸AH (góc chung), ‸AHD  A‸EB (gt cmt) có:  900 AH   AD  AE  AB  AH AB AE Do AD  AE  BH  BA  AH  AB  BH  BA  AB   AH  HB   AB  AB  AB2  20222