Đề thi tuyển sinh Lớp 10 môn Toán - Năm học 2021-2022 - Trường THCS Minh Phú (Kèm đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 môn Toán - Năm học 2021-2022 - Trường THCS Minh Phú (Kèm đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT ĐOAN HÙNG ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THCS MINH PHÚ THPT MÔN TOÁN NĂM HỌC 2021 – 2022 I. PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm) Câu 1. Với tất cả giá trị nào của x thì 1 2x xác định ? 1 1 1 1 A. x . B. x . C. x . D. x . 2 2 2 2 Câu 2. Đường thẳng y 2x 1 song với đường thẳng có phương trình 1 A. y 2x 2. B. y 2x 1. C. y x 2. D. y x 1. 2 Câu 3. Hai đường thẳng y x 1; y x 2 có tọa độ giao điểm là 1 3 1 3 1 3 1 3 A. M ( ; ). B. N( ; ). C. P( ; ). D. Q( ; ). 2 2 2 2 2 2 2 2 Câu 4. Nghiệm tổng quát của phương trình 2x 3y 1 là x 2 3y 1 x 2 x R A. . x C. y 1 B. 2 y 1 D. 1 y 2x 1 y R 3 Câu 5. Đồ thị hàm số y x2 đi qua điểm nào dưới đây ? A. 1;1 . B. 1; 1 . C. 1; 1 . D. 0;1 . 2 2 2 Câu 6. Giả sử x1; x2 là nghiệm của phương trình x 7x 14 0 thì biểu thức x1 x2 có giá trị là A. -21. B. -77. C. 77. D. 21. Câu 7. Để phương trình 7x2 2x m 5 0 có nghiệm kép thì giá trị của m bằng 7 36 34 34 A. . B. . C. . D. . 34 7 7 7 Câu 8. Cho ABC vuông tại A , AB c, AC b, BC a. Khẳng định nào sau đây là đúng ? A. b c.tanB . B. b c.cotB . C. b c.tanC. D. b a.tanC. Câu 9. Cho ABC có µA= 900 ,đường cao AH,HB = 4,HC=9. Độ dài đường cao AH bằng A. 13. B. 5. C. 36. D. 6. Câu 10. Cho h×nh vÏ, cã N· PQ 450 , P·QM 300. Sè ®o cña N· KQ b»ng A.37030'. B.750. C. 900. D.600.
2. II. PHẦN TỰ LUẬN (2,5 điểm) x x x 1 Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức A ; B . với x 0; x 1 . x 1 x x 3 a) Tính giá trị của biểu thức B khi x 9 . A b) Rút gọn biểu thức . B A c) Tìm giá trị của x để 1 . B Câu 2. (2,0 điểm) 1 1. Cho parabol (P) : y x2 và đường thẳng (d) : y x 2 . 2 a) Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d) trên cùng hệ trục tọa độ Oxy . b) Viết phương trình đường thẳng (d1) : y ax b song song với (d) và cắt (P) tại điểm A có hoành độ bằng 2 . mx y 5 2. Cho hệ phương trình: (I) 2x y 2 Xác định giá trị của m để hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất thỏa mãn: 2x + 3y = 12. Câu 3. (3 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB 2R . Gọi C là trung điểm của OA , qua C kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt đường tròn (O) tại hai điểm phân biệt M và N . Trên cung nhỏ BM lấy điểm K (K khác B và M ). Gọi H là giao điểm của AK và MN . a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh AK.AH R2 . c) Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI KM . Chứng minh NI BK . Câu 4. (1 điểm) Giải hệ phương trình x4 x3 3x2 4y 1 0 (1) x2 4y2 x2 2xy 4y2 . x 2y (2) 2 3 - Hết -
3. ĐÁP ÁN I. TRẮC NGHIỆM (2,5 điểm mỗi câu đúng 0,25 điểm) Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Đáp án D A B D A C D A D B II. TỰ LUẬN (7,5 điểm) Câu Nội dung Điểm 4 0,5 a B 3 Rút gọn biểu thức x x x 1 : x 1 x x 3 x x x 1 : 0,25 x 1 x( x 1) 3 x. x x x 1 : x( x 1) x( x 1) 3 b x x x 1 : x( x 1) 3 x x 3  x( x 1) x 1 x( x 1).3 1 x( x 1)( x 1) A 3 Kết luận đúng. 0,25 B x 1 A Tìm giá trị của x để 1 . B A 3 1 1 B x 1 0,25 c x 1 3 x 4 x 16 (TM) 0,25 A Vậy x 16 thì 1 . B
4. Vẽ mỗi đồ thị đúng 1a Đồ thị hàm bậc hai 0,25 Đồ thị hàm bậc nhất 0,25 Vì đường thẳng (d1) : y ax b song song với (d) nên ta có phương trình của đường thẳng (d1) : y x b (b 2) 0,25 Gọi A( 2; yA ) là giao điểm của parabol (P) và đường thẳng (d1) . A (P) 1 1b y ( 2)2 2 A 2 A( 2;2) 2 Mặt khác, A (d1) , thay tọa độ của điểm A vào phương trình đường thẳng (d1) , ta được: 2 2 b b 4 (nhận) 0,25 Vậy phương trình đường thẳng (d1) : y x 4 Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất PT (1) có nghiệm duy 0,25 nhất m + 2 ≠ 0 m ≠ - 2 3 3 x = 0,25 x = m + 2 Khi đó hpt (I) m + 2 2 10 2m 2x y 2 y 2 m 0,25 Thay vào hệ thức ta được: 6m = 12 m = 2 0,25 KL đúng Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn. M K H A B C O a 3 N · 0 Vì AB  HC tại C nên BCH 90 ; 0,25 Ta có: ·AKB 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) B· KH 900 0,25 Xét tứ giác BCHK có: B· CH B· KH 900 900 1800 0,25 0,25 Mà B· CH; B· KH là hai góc đối nhau. Suy ra: Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp. Chứng minh AK.AH R2 . b Xét ACH và AKB có:
5. ·ACH ·AKB 900 ; B· AK là góc chung; 0,25 Do đó: ACH đồng dạng AKB (g.g) 0,25 AH AC 0,25 AB AK R AH.AK AB.AC 2R  R2 2 0,25 Vậy AK.AH R2 Trên tia KN lấy điểm I sao cho KI KM . Chứng minh NI BK . E M K H B A C O I N c Trên tia đối của tia KB lấy điểm E sao cho KE KM KI Xét OAM có MC là đường cao đồng thời là đường trung tuyến (vì C là trung điểm của OA ) OAM cân tại M AM OM . Mà OA OM R OA OM AM OAM là tam giác đều O· AM 600 Ta có: ·AMB 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AMB vuông tại M . ·ABM 300 0,25 Xét BMC vuông tại C có: B· MC M· BC 900 B· MC 900 M· BC 900 300 600 B· MN 600 (1) Vì tứ giác ABKM là tứ giác nội tiếp nên E· KM M· AB 600 Mặt khác: KM KE (cách dựng) EKM cân tại K Và E· KM 600 EKM là tam giác đều. K· ME 600 (2)
6. Từ (1) và (2) suy ra: B· MN K· ME 600 0,25 B· MN B· MK K· ME B· MK N· MK B· ME Xét BCM vuông tại C có: sin C· BM sin300 CM 1 BM 2CM BM 2 Mà OA  MN tại C C là trung điểm của MN (đường kính vuông góc với dây cung thì đi qua trung điểm của dây cung). 0,25 MN 2CM MN BM (vì 2CM ) Xét MNK và MBE có: M· NK M· BE (Hai góc nội tiếp cùng chắn M¼K ) MN BM (cmt) N· MK B· ME (cmt) Do đó: MNK MBE (g.c.g) NK BE (Hai cạnh tương ứng) IN IK BK KE Mà IK KE (vẽ hình) Suy ra: IN BK 0,25 Từ (2) suy ra x + 2y ≥ 0. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 2(x2 4y2 ) (12 12 )[x2 (2y)2 ] (x 2y)2 x2 4y2 (x 2y)2 x 2y (3) 2 4 2 Dấu bằng xảy ra x = 2y. x2 2xy 4y2 x 2y Mặt khác, dễ dàng chứng minh được: 3 2 0,25 (4) 4 x2 2xy 4y2 x 2y x2 2xy 4y2 (x 2y)2 Thật vậy, 3 2 3 4 (do cả hai vế đều ≥ 0) 4(x2 + 2xy + 4y2) ≥ 3(x2 + 4xy + 4y2) (x – 2y)2 ≥ 0 (luôn đúng x, y). Dấu bằng xảy ra x = 2y. x2 4y2 x2 2xy 4y2 Từ (3) và (4) suy ra: x 2y . 2 3 0,25 Dấu bằng xảy ra x = 2y.
7. Do đó (2) x = 2y ≥ 0 (vì x + 2y ≥ 0). Khi đó, (1) trở thành: x4 – x3 + 3x2 – 2x – 1 = 0 (x – 1)(x3 + 3x + 1) = 0 1 x = 1 (vì x3 + 3x + 1 ≥ 1 > 0 x ≥ 0) y . 0,25 2 1 Vậy nghiệm của hệ đã cho là (x = 1; y = ). 2 0,25 SDT: 0387459361. NHÀ TRƯỜNG DUYỆT NGƯỜI RA ĐỀ Nguyễn Thị Minh Xuân