054 đề vào 10 toán 21 22 tỉnh thái bình

Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – GV dạy Toán cấp I-II Sđt: 037.858.8250 TP Tam Kỳ - Quảng Nam “Thành Cơng Có Duy Nhất Một Điểm Đến Nhưng Có Rất Nhiều Con Đường Để Đi” SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 - 2022 MƠN THI : TỐN Thời gian làm : 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm 01 trang) Câu (2,0 điểm) P Cho biểu thức  x P a) Chứng minh 2 x   x 0     x  x  x   x 4  x 1 b) Tính giá trị biêu thức P x 3  2 c) Tìm giá trị lớn biểu thức P Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình : x  x  0 b) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 60m Nếu giảm chiều dài 1m tăng chiều rộng thêm 1m mảnh vườn trở thành hình vng Tính chiều dài chiều rộng mảnh vườn Câu (2,0 điểm) Cho parabol  P  : y x đường thẳng  d  : y mx  1, với m tham số a) Tìm m để đường thẳng  d  parabol  P  qua điểm có hồnh độ x 2 b) Chứng minh đường thẳng  d  cắt parabol  P  hai điểm phân biệt với m Gọi x1; x2 hồnh độ giao điểm, tìm m để x2  x1  1 3 Câu (3,5 điểm) Cho tam giác ABC  AB  AC  nội tiếp đường trịn tâm O đường kính BC cố định, điểm D thuộc cung nhỏ AC  D không trùng với A C) Tia BA cắt tia CD điểm G Điểm I giao điểm BD AC Kẻ AE vng góc với BC điểm E , đường thẳng AE cắt đường tròn  O  điểm thứ hai F Gọi H hình chiếu vng góc điểm A BD, K giao điểm BC DF Chứng minh : a) Tứ giác AIDG nội tiếp đường tròn b) BE.BC BH BI c) Ba điểm G, I , K thẳng hàng Đề thi tuyển sinh 10_Toán_2021-2022_tỉnh_Thái Bình Success has only one destination, but has a lot of ways to go Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – GV dạy Toán cấp I-II Sđt: 037.858.8250 TP Tam Kỳ - Quảng Nam “Thành Cơng Có Duy Nhất Một Điểm Đến Nhưng Có Rất Nhiều Con Đường Để Đi” d) Đường trịn ngoại tiếp tam giác AKD ln qua điểm cố định khác A điểm D di động cung nhỏ AC Câu (0,5 điểm) x  x    x  1 x  x  0 Giải phương trình : ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 NĂM 2021 MƠN TỐN TỈNH THÁI BÌNH Câu P x 1 a) Chứng minh Điều kiện : x 0, x 4 P  x x 1       2 x  x 1 x  x   x  2 x  x   x 1 x 1  x   x   x    x 1 x  x   x 1 x 1 Vậy với x 0, x 4 x 1 P b) Tính giá trị biểu thức P x 3  2 Điều kiện x 0, x 4 Ta có : Thay  x 3  2   2  (tmdk )  x   vào biểu thức P ta P x  3 2  P   21  21 1    x 1  1 2 Vậy với x 3  2 c) Tìm giá trị lớn nhấ biểu thức P Đề thi tuyển sinh 10_Tốn_2021-2022_tỉnh_Thái Bình Success has only one destination, but has a lot of ways to go Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – GV dạy Toán cấp I-II Sđt: 037.858.8250 TP Tam Kỳ - Quảng Nam “Thành Cơng Có Duy Nhất Một Điểm Đến Nhưng Có Rất Nhiều Con Đường Để Đi” Điều kiện : x 0, x 4 Ta có : Với x 0, x 4  P x 0  Dấu " " xảy  x  1  Vậy với x 0 Max P 1 x 1 x  1  1  P 1 x 1 x 0  x 0(tm) Câu 2 a) Giải phương trình : x  x  0 2 Phương trình x  x  0 có    3  4.  1 13  nên phương trình có hai nghiệm    13  x1      13  x2  phân biệt     13   13  S  ;  2    Vậy phương trình có tập nghiệm b) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 60m Nếu giảm chiều dài 1m tăng chiều rộng thêm 1m mảnh vườn trở thành hình vng Tính chiều dài chiều rộng mảnh vườn Nửa chu vi mảnh vườn : 60 : 30  m  Gọi chiều dài chiều rộng mảnh vườn x, y  m    y  15  x   x  y 30  1 Nếu giảm chiều dài 1m tăng chiều rộng lên 1m mảnh vườn trở thành hình vng nên ta có phương trình x   y   x  y 2    x  y 30 2 x 32  x 16   (tm)  x  y  y  x  y  14   Từ (1) (2) ta có hệ phương trình  Vậy chiều dài mảnh vườn 16m chiều rộng mảnh vườn 14m Câu Đề thi tuyển sinh 10_Tốn_2021-2022_tỉnh_Thái Bình Success has only one destination, but has a lot of ways to go Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – GV dạy Toán cấp I-II Sđt: 037.858.8250 TP Tam Kỳ - Quảng Nam “Thành Cơng Có Duy Nhất Một Điểm Đến Nhưng Có Rất Nhiều Con Đường Để Đi” a) Tìm m để đường thẳng  d  parabol  P  qua điểm có hồnh độ x 2 Gọi A  2; y A  điểm mà đường thẳng  d  parabol  P  qua Khi ta có : A  2; y A    P   y A 2 4  A  2;4  Lại có Vậy A  2;4    d   m.2   m  m 3 thỏa mãn toán b) Chứng minh đường thẳng  d  cắt parabol  P  hai điểm phân biệt với x2  x12  1 3 x ; x m m Gọi hồnh độ giao điểm, tìm để Phương trình hồnh độ giao điểm  d   P  : x mx   x  mx  0  * Phương trình (*) có :  m   (với m)   d  cắt (P) hai điểm phân biệt với m Gọi x1; x2 hoành độ giao điểm  d   P   x1; x2 nghiệm phương  x mx1  1 trình (*)  x1  x2 m  x x  Áp dụng hệ thức Vi-et ta có :  Theo đề ta có : x2  x12  1 3  x2  mx1   1 3  mx1 x2 3   m 3  m  Vậy m  thỏa mãn toán Câu Đề thi tuyển sinh 10_Tốn_2021-2022_tỉnh_Thái Bình Success has only one destination, but has a lot of ways to go Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – GV dạy Toán cấp I-II Sđt: 037.858.8250 TP Tam Kỳ - Quảng Nam “Thành Cơng Có Duy Nhất Một Điểm Đến Nhưng Có Rất Nhiều Con Đường Để Đi” G D A I H B E KO C F a) Chứng minh tứ giác AIDG nội tiếp đường trịn Ta có: BAC , BDC góc nội tiếp chắn nửa đường tròn  O   BAC BDC 90  GAI GDI 90 Xét tứ giác AIDG ta có : GAI  GDI 90  90 180  AIDG tứ giác nội tiếp (dhnb) b) Chứng minh BE.BC BH BI Xét tứ giác ABEH ta có : AEB AHB 90  gt   ABEH tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề nhìn cạnh đối diện góc nhau)  BHE BAE (hai góc nội tiếp chắn cung BE ) Mà BAE BCA (hai góc phụ ABC )  BHE BCA BCI Xét BHE BCI có : IBC chung, BHE BCI (cmt )  BHE ∽ BCI ( g  g )  BE BH   BE.BC BH BI (dfcm) BI BC c) Chứng minh ba điểm G, I , K thẳng hàng Đề thi tuyển sinh 10_Tốn_2021-2022_tỉnh_Thái Bình Success has only one destination, but has a lot of ways to go Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – GV dạy Toán cấp I-II Sđt: 037.858.8250 TP Tam Kỳ - Quảng Nam “Thành Cơng Có Duy Nhất Một Điểm Đến Nhưng Có Rất Nhiều Con Đường Để Đi”   Ta có : BC  AF  AB FB (đường kính vng góc với dây qua điểm cung căng dây đó)  BDF BCA (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Hay IDK ICK  CDJK tứ giác nội tiếp (tứ giác có đỉnh kề nhìn cạnh góc nhau)  IKC  IDC 180 , Mà IDC BDC 90  cmt   IKC 90  IK  BC  1  AC  BG   I  BD  CG  AC  BD  I    Xét GBC có : trực tâm GBC  GI  BC   Từ (1), (2)  G, I , K thẳng hàng (đpcm) d) Đường trịn ngoại tiếp AKD ln qua điểm cố định khác A điểm D di động cung nhỏ AC OA  BC OB Ta có (đường trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông)   OAB OBA ABC  sd AC  3  OAB cân O 1   sd BF    sd AB  CKD  sdCD  sdCD 2 Lại có   Vì OH  BD  gt   AB  AD   sd AD  sd AC   4  CKD  sdCD 2 Từ (3) (4)  OAB CKD  OKDA tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngồi góc đỉnh đối diện)  Đường tròn ngoại tiếp AKD qua điểm O cố định  dfcm        2 Câu Giải phương trình x  x    x  1 x  x  0 2 ĐKXĐ: x  x  0   x  1   (luôn đúng) Đề thi tuyển sinh 10_Tốn_2021-2022_tỉnh_Thái Bình Success has only one destination, but has a lot of ways to go Thầy giáo Hồ Khắc Vũ – GV dạy Toán cấp I-II Sđt: 037.858.8250 TP Tam Kỳ - Quảng Nam “Thành Cơng Có Duy Nhất Một Điểm Đến Nhưng Có Rất Nhiều Con Đường Để Đi” a 2 x   2 b  x  x   b 0    Đặt ta có: 2a  b 4 x   x  x  x  x   x  x  2a  b  Khi phương trình trở thành: 2a  b   ab 0  b  ab  2a  0  * Gọi  * phương trình bậc hai ẩn b với tham số a ta có :  a   2a   a  8a  16  a   0 (với a ) aa  b  a     b  a  a  2(tm) Khi phương trình (*) có hai nghiệm  )Th1: b 2  x  x  2  x  x  4  x  x  0  x1    x   Ta có  ' 1  2  nên phương trình có hai nghiệm phân biệt :  +)Th2: b a  0  a 2 2 x  0 x  x  2 x      x  x  4 x  x   x   3 x  x  0  1  Khi ta có : Ta có  ' 3  3.   15  nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt   15 (tm) x    15 (ktm) x     2;   Vậy tập nghiệm phương trình cho  2;  15    Đề thi tuyển sinh 10_Tốn_2021-2022_tỉnh_Thái Bình Success has only one destination, but has a lot of ways to go