Đề thi tuyển sinh vào 10 môn toán tỉnh hải dương năm học 2021 2022

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2021-2022 Môn thi: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (khơng tính thời gian phát đề) (Đề thi có 01 trang) ĐỀ THI Câu (2,0 điểm): a) Giải phương trình: x  x 4  x   y 0 b) Giải hệ phương trình:  5 x  y 18 Câu (2,0 điểm): a) Rút gọn biểu thức: P  a a 1  a   , với a 0 , a 0, a 9 9 a a 3 a b) Cho hàm số bậc y ax  Xác định hệ số a , biết đồ thị hàm số cho cắt đường thẳng (d ) : y  x  điểm có tung độ Câu (2,0 điểm): a) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 24m Nếu tăng chiều dài lên 2m giảm chiều rộng 1m diện tích mảnh đất tăng thêm 1m Tìm độ dài cạnh mảnh đất hình chữ nhật ban đầu b) Cho phương trình x  2(m  1) x  m  0 (với m tham số) Chứng minh phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1 x2 với m Tìm giá trị tham số m cho: x1  x2 4 Câu (3,0 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R ) hai đường cao AE , BF cắt H ( E  BC , F  AC ) a) Chứng minh bốn điểm A , B , E , F nằm đường tròn b) Chứng minh rằng: OC  EF Cho tam giác ABC có Bˆ , Cˆ góc nhọn có diện tích khơng đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 2 BC  AC  AB Câu (1,0 điểm): Cho số thực dương x , y thỏa mãn: y ( y  1)  x  (2 x  4) x   y Tìm giá trị lớn biểu thức: M  xy  y  x  HẾT -(Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm) ĐÁP ÁN THAM KHẢO Câu (2,0 điểm): a) Giải phương trình: x  x 4 Ta có: x  3x 4  x  3x  0  x  Vì a  b  c 1  ( 3)  ( 4) 0 nên phương trình có nghiệm phân biệt   x  c 4 a  S  {  1; 4} Vậy tập nghiệm phương trình  x   y 0 b) Giải hệ phương trình:  5 x  y 18 Ta có  x   y 0   5 x  y 18 2 x  y 5   5 x  y 18 6 x  y 15  5 x  y 18 11x 33  x 3  x 3     y 2 x   y 2.3   y 1 Vậy nghiệm hệ phương trình ( x; y ) (3;1) Câu (2,0 điểm): a) Rút gọn biểu thức: P  a a 1  a   , với a 0 , a 0, a 9 9 a a 3 a3 Với a 0, a 9 ta có: P a a 1  a   9 a a 3 a P a a 1 37 a   a 3 a  ( a  3)( a  3) P a ( a  3)  ( a  1)( a  3)  (3  a ) ( a  3)( a  3) P 2a  a  a  a  a    a ( a  3)( a  3) P 3a  a ( a  3)( a  3) P a ( a  3) ( a  3)( a  3) P a a 3 Vậy với a 0, a 9 P  a a 3 b) Cho hàm số bậc y ax  Xác định hệ số a , biết đồ thị hàm số cho cắt đường thẳng (d ) : y  x  điểm có tung độ Thay y 5 vào phương trình đường thẳng ( d ) : y  x  ta có  x   3x   x  Do đồ thị hàm số y ax  cắt đường thẳng ( d ) : y  x  điểm A( 1;5) Thay x  1, y 5 vào hàm số y ax  ta có  a   a    Vậy a  Câu (2,0 điểm): a) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 24m Nếu tăng chiều dài lên 2m giảm chiều rộng 1m diện tích mảnh đất tăng thêm 1m Tìm độ dài cạnh mảnh đất hình chữ nhật ban đầu Gọi độ dài chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu x(m) (ĐK: x  ) Nửa chu vi mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là: 24 : 12 (m)  Chiều rộng mảnh đắt hình chữ nhật ban đầu là: 12  x (m) Khi tăng chiều dài lên 2m độ dài chiều dài là: x  (m) Khi giảm chiều rộng 1m độ dài chiều rộng là: 12  x  11  x(m) ( x  2)(11  x)  x(12  x) 1  11x  x  22  x  12 x  x 1  x 21  x 7(tm)  Chiều rộng hình chữ nhật là: 12  5(m) Vậy chiều dài chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật ban đầu 7m 5m b) Cho phương trình x  2(m  1) x  m  0 (với m tham số) Chứng minh phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1 x2 với m Tìm giá trị tham số m cho: x1  x2 4 Ta có: x  2(m  1) x  m  0 (1) 3  Phương trình (1) có:   (m  1)  m  m  3m   m     0m 2   Phương trình cho ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 với m 2m   x1  x2 Khi theo định li Vi-ét ta có:   x1 x2 m  Theo giả thiết ta có: x1  x2 4  x12  x1 x2  x22 16   x1  x2   x1 x2 16 (2m  2)  4( m  3) 16 4m  8m   4m  12 16 4m2  12m 0 4m(m  3) 0  m 0   m 3 Vậy có giá trị m thỏa mã yêu cầu bải toán m 0 m 3     Câu (3,0 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn (O; R ) hai đường cao AE , BF cắt H ( E  BC , F  AC ) a) Chứng minh bốn điểm A , B , E , F nằm đường trịn Ta có: AE , BF đường cao tam giác ABC nên AE  BC , BF  AC  AEB  AFB 90  ABEF nội tiếp đường trỏn (tứ giác có đinh kề cạnh nhìn cạnh đối diện góc nhau) b) Chứng minh rằng: OC  EF Gọi D giao điểm OC EF   ACO  CAO 180  AOC Ta có:  (do tam giác QAC cân O )   ACO CAO   ACO CAO 90  AOC   Mà AOC 2 ABC (2) (góc nội tiếp góc tâm chắn cung AC ) ABC DFC  (3) (góc góc đinh đối diện tứ giác nội tiếp ABEF ) Từ (1), (2) , (3) ta được: ACO 90  ABC 90  DFC     ACO  DFC 90   FDC 90 Vậy OC  EF (đpcm) Cho tam giác ABC có Bˆ , Cˆ góc nhọn có diện tích khơng đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 2 BC  AC  AB Kẻ đường cao AH Vì B, C góc nhọn nên H thuộc đoạn thẳng BC Áp dụng định lí Pytago ta có: AC  AH  HC AB  AH  BH  P 2 BC  AH  BH  HC 2 Ta có BC  AH 2 BC AH 4S MeC ( BH  CH ) BC  2 BC Do P 8S MBC  Dấu "=" xảy BH CH  ABC cân A BH  CH  Câu (1,0 điểm): Cho số thực dương x , y thỏa mãn: y ( y  1)  x  (2 x  4) x   y Tìm giá trị lớn biểu thức: M  xy  y  x    y 0  y 0   ĐKXĐ:  x     x   Đặt x  t (t 0) ta có: y ( y  1)  x  (2 x  4) x   y  y ( y  1)  3(2 x  3) (2 x  4) x   y  y ( y  1)  3t  t (t  1)  y  y ( y  1)  t (t  1)  y  3t 0  y y  t t ( y  t )  3( y  t ) 0  ( y t )( y  yt  t )  ( y  ( y t )( y  yt  t   4) 0 ( y t )( y  yt  t  5) 0 t )  3( y  t )( y  t ) 0  y  t 0( y  yt  t   9y, t 0)  y t  y 2 x  Khi biểu thức M trở thành: M  x(2 x  3)  3(2 x  3)  x  M 2 x  3x  x   x  M  x  x    M   x  x     81  81  M   x  x      16    129  M   x    4  2 9  129 129   Vì   x   0x nên   x     4 4 8   129 129 15  M max  Dấu "=" xảy  x  (tm)  y  Do M  8 Vậy GTLN M 129  15  đạt ( x; y )  ;  4 