Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm 2021 - 2022 lần 2 do thuvientoan.net biên soạn

Hỏi bà Tám mỗi tháng phải gửi vào ngân hàng bao nhiêu tiền (giả sử số tiền mỗi tháng gửi là như nhau và lãi suất gửi trong 4 năm là không thay đổi).. a) Chứng minh rằng các tứ giác AE[r]

(1)

https://thuvientoan.net/

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CÔNG LẬP Năm học 2020 – 2021

MƠN THI: TỐN

Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian phát đề

Bài (2,5 điểm)

1 Cho hai biểu thức A x x



 B x 1 x

x x x

 

 

 với x0;x1 a) Tính giá trị biểu thức A x25

b) Rút gọn biểu thức P A B

 So sánh P với

2 Cho parabol  :

P y x  :

2

d y  xm với m tham số thực

a) Vẽ đồ thị  P Với 3,

m tìm giao điểm  P  d phép tính b) Tìm m để  P ln tiếp xúc với  d

Bài (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2x  1 x

b) Giải hệ phương trình:

2

1 x

y

x y 

 

 

 

  

 

 c) Phương trình:

2

x  mxm  (m tham số) có hai nghiệm x x1, 2 Tìm m để x x12 2mx2x24

Bài (1,5 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình

a) Trong thư viện có hai máy in A B Để in 100 trang giấy máy A in nhanh máy B phút Khi in, phút hai máy in tổng cộng 45 trang giấy Tính thời gian để máy A

in 100 trang giấy

b) Bà Tám muốn gửi tiết kiệm ngân hàng hy vọng sau năm có 850 000 000 đồng để mua nhà Biết lãi suất ngân hàng tháng thời điểm 0,45% Hỏi bà Tám tháng phải gửi vào ngân hàng tiền (giả sử số tiền tháng gửi lãi suất gửi năm không thay đổi)

(2)

https://thuvientoan.net/ Bài (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường trịn  O , có đường cao AD (DBC) Kẻ DE DF, vng góc với AB AC, EAB F, AC Gọi I giao điểm BF CE

a) Chứng minh tứ giác AEDF BEFC tứ giác nội tiếp

b) Gọi K giao điểm BF DE, L giao điểm CE DF Chứng minh KL song song với BC

c) Gọi M N, trung điểm AD AI Chứng minh M N O, , thẳng hàng Bài (1,0 điểm)

a) Một sợi dây kim loại dài 120 cm cắt thành hai đoạn Đoạn dây thứ uốn thành hình vng, đoạn dây thứ hai uốn thành vịng trịn (tham khảo hình bên dưới)

Tổng diện tích hình vng hình tròn đạt giá trị nhỏ S Lấy  3,14 làm tròn đến chữ số hàng đơn vị, tìm S

b) Cho a b c, , số thực thuộc 1;1

     

  Chứng minh rằng:  2

9 xyz  x y z

-HẾT -

(3)

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Bài (2,0 điểm)

1 Cho hai biểu thức A x x



 B x 1 x

x x x

 

 

 với x0;x1 a) Tính giá trị biểu thức A x25

b) Rút gọn biểu thức P A B

 So sánh P với

2 Cho parabol  :

P y x  :

2

d y  xm với m tham số thực

a) Vẽ đồ thị  P Với 3,

m tìm giao điểm  P  d phép tính b) Tìm m để  P ln tiếp xúc với  d

Lời giải

a) Thay x25 vào A, ta được: 25

5

25

A    

b) Với x0 x1, ta có:

 

  

     

1 1

1 1 1 1

1

1 1

x x x

x x x x x x x x x

B

x x x x x x x x x x x x x

   

        

       

     

Do đó:   

 

1

1 1

:

1

x x

A x x x

P

B x x x x x

 

  

   

 

Ta có: P x 1 1

x x



    với x0 x1

2 a) Đồ thị hàm số  P :

Với 3,

m ta có:  :

2

d y  x Phương trình giao điểm  P  d là:

2

1

2

3

4 2

x

x x x x

x  

        

   Với x1, ta có: 1  1;1

2

y     A

Với x 3, ta có:  3 3  3;3 

2

(4)

https://thuvientoan.net/ Vậy với 3,

2

m  P cắt  d hai điểm A 1;1 ,B3;3  b) Phương trình giao điểm  P  d là:

2

1

2

4x  2xmx  x m Để  P ln tiếp xúc với  d

2

m m



      

Vậy với 1,

m  ta có  P ln tiếp xúc với  d Bài (2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2x  1 x

b) Giải hệ phương trình:

2 x y x y              c) Phương trình:

2

x  mxm  (m tham số) có hai nghiệm x x1, 2 Tìm m để x x12 2mx2x24

Lời giải a) Ta có:

 2

3

2 8

8

2

4

x

x x

x x x x

x x x x x                                     Vậy phương trình cho có nghiệm x 4

b) Điều kiện y1 Đặt , z

y 

 hệ phương trình trở thành:

2 4

2 7

x z x z z

x z x z x

                    

Với z1, ta có: 1 1 y y y y           

So với điều kiện ban đầu hệ cho có hai nghiệm ( ; )x y 2; , 2;0   

c) Phương trình cho có

2

1 0,

2

m m m  m



          

 

(5)

Phương trình cho có hai nghiệm phân biệt với m

Theo định lí Viete, ta có: 2

2

x x m

x x m

 

 

  

Ta có:

   

 

2 2

1 2 2 2 2 2

2

4 4

1

2

x x mx x x x x m x x x x x x x x x

m

m m m m

m

             

  

         

 

Vậy m 1 m1 giá trị cần tìm

Bài (1,5 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình

a) Trong thư viện có hai máy in A B Để in 100 trang giấy máy A in nhanh máy B phút Khi in, phút hai máy in tổng cộng 45 trang giấy Tính thời gian để máy A

in 100 trang giấy

b) Bà Tám muốn gửi tiết kiệm ngân hàng hy vọng sau năm có 850 000 000 đồng để mua nhà Biết lãi suất ngân hàng tháng thời điểm 0,45% Hỏi bà Tám tháng phải gửi vào ngân hàng tiền (giả sử số tiền tháng gửi lãi suất gửi năm không thay đổi)

Lời giải a) Gọi số trang máy A in phút x (tờ)

Gọi số trang máy B in phút y (tờ), ( ,x y100)

Để in 100 trang giấy máy A cần số thời gian 100

x (phút)

Để in 100 trang giấy máy B cần số thời gian 100

y (phút)

Theo đề tài tốn, ta có: thời gian in máy B muộn máy A phút Suy ra: 100 100

y  x  (1)

(6)

   

2

45

45 45

100 100

1 100 100 100 45 100 45

45

45 25

20

20 245 4500

225

x y

y y y y

x y xy

y x

x y

x y x

y

y y

y

 



 



 



 

 

  

         

 

 



  

  

   



    

 

  

Vậy thời gian máy A in 100 trang 100

20  (phút)

b) Ta có năm có tổng 12 48 tháng

Gọi x đồng số tiền gửi vào ngân hàng tháng với x0 The đề bài, ta có phương trình:

   

48

1 0, 45% 1 0, 45% 850000000 0, 45%

850000000 0, 45%

15833041 0, 45% 1 0, 45%

x

     

 



  

    

 

Thỏa x0 Vậy tháng bà Tám phải gửi vào ngân hàng 15 833 041 triệu đồng Bài (2,5 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường trịn  O , có đường cao AD (DBC) Kẻ DE DF, vng góc với AB AC, EAB F, AC Gọi I giao điểm BF CE

a) Chứng minh tứ giác AEDF BEFC tứ giác nội tiếp

b) Gọi K giao điểm BF DE, L giao điểm CE DF Chứng minh tứ giác EFKL

nội tiếp từ suy KL song song với BC

c) Gọi M N, trung điểm AD AI Chứng minh M N O, , thẳng hàng Lời giải

a) Ta có: AEDAFD9009001800  tứ giác AEDF nội tiếp Do đó: ADFAEF (hai góc nhìn cung AF)

Mà ADFACB phụ với DAC

(7)

b) Do tứ giác EFCB nội tiếp nên BECCFB suy ra:

     

90 90

KELBECBEDBEC CFB LFK Suy EFKL nội tiếp, ILKEFI

Mà EFIBCI nên ILKBCI KL BC

b) Qua B kẻ đường thẳng song song với DE cắt ID G Qua C kẻ đường thẳng song song song với

DF cắt ID G

Do BG KD suy IG IB

ID IK

Do CGDL suy IG IC

ID IL

 

Mặt khác KL BC suy IB IC

IK  IL

Từ ta có: IG IG

ID ID



 suy GG

Do ABG ACG900 nên tứ giác ABGC nội tiếp Suy G thuộc đường tròn tâm  O AG đường kính  O

Do I D G, , thẳng hàng M N O, , lầ lượt trung điểm AI AD AG, , nên ta có M N O, , thẳng hàng G

N M

L K

I

F E

D

O

C B

(8)

https://thuvientoan.net/ Bài (1,0 điểm)

a) Một sợi dây kim loại dài 120 cm cắt thành hai đoạn Đoạn dây thứ uốn thành hình vng, đoạn dây thứ hai uốn thành vịng trịn (tham khảo hình bên dưới)

Tổng diện tích hình vng hình trịn đạt giá trị nhỏ S Lấy  3,14 làm tròn đến chữ số hàng đơn vị, hày tìm S

b) Cho a b c, , số thực thuộc 1;1

     

  Chứng minh rằng:  2

9 xyz  x y z

Lời giải

a) Gọi x cạnh hình vng, y bán kính hình trịn Ta có: 4x2y1202xy60 Cần tìm giá trị nỏ 2

S x y

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwars, ta có:

 2   

2 2

60  2 x  y    x y

Suy ra:

2

2 2

2

60 3600

504 3,14

S x y cm



    

 

Đẳng thức xảy

60

2 60

8

16

2

x y

y cm

y x

x cm

y

x y



  





 

 

  

  



 

  

 

Vậy giá trị nhỏ S 504cm2.

b) Vì   

;1 1 3

2

x x x x x x

x  

           

 

Tương tự ta có: 2y y

  2z z  

Từ suy ra: 2x y z 1

x y z

     

Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta được:

(9)

      1 3 2 1

9 x y z x y z x y z x y z

x y z x y z x y z

 

                   

   

Do đó, ta có:

 2   2 

3 1

9 x y z 27xyz x y z xy yz zx

x y z

 

            

 

Mặt khác ta lại có: xyyzzx33x y z2 2 27xyzxyz233x y z2 2.

Hay 3  2

9 xyz  xyz Đẳng thức xảy

1

, , ;1

2

1 1

1 x y z

x y z x y z

x y z

  

    



        