Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Phòng GD&ĐT Chí Linh (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Phòng GD&ĐT Chí Linh (Có hướng dẫn chấm)

1. UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2021 - 2022 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Đề thi có: 01 trang Câu 1 (2,0 điểm): Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2x y 3 a) x(3 x ) 4 b) 2y 8 3 x Câu 2 (2,0 điểm): 2 x 2 x a) Rút gọn biểu thức P 2 : với x 0; x 1 1 x xx 2 x 2 b) Cho đường thẳng (d) : y = x + 1 và đường thẳng (d’) : y = 2x -2m - 1. Tìm m để đường thẳng (d) và đường thẳng (d’) cắt nhau tại 1 điểm nằm trong góc phần tư thứ II. Câu 3 (2,0 điểm): a) Một người thợ dự định may 1000 chiếc khẩu trang trong một thời gian nhất định. Nhờ tăng năng suất lao động , nên mỗi ngày người đó may thêm được 30 chiếc khẩu trang so với kế hoạch. Do đó , chẳng những đã may vượt mức 170 chiếc khẩu trang mà còn hoàn thành công việc sớm hơn dự định 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày người đó dự định may được bao nhiêu chiếc khẩu trang? b) Cho phương trình x2 6x 6m m 2 0 (với m là tham số). Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: 3 3 2 x1 x 2 2x 1 12x 1 72 0 Câu 4 (3,0 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB < AC và nội tiếp đường tròn (O). Ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Tia AD cắt đường tròn (O) ở K ( với K khác A). Tiếp tuyến tại C của đường tròn (O) cắt đường thẳng FD tại M. a) Chứng minh tứ giác ACDF nội tiếp. b) AM cắt đường tròn (O) tại I ( với I khác A). Chứng minh MC2 = MI. MA và tam giác CMD cân. c) MD cắt BI tại N. Chứng minh ba điểm C, K, N thẳng hàng. Câu 5 (1,0 điểm): Cho các số thực dương a;; bc thỏa mãn abc 1 . a b c Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T 4 4 4 4 4 4 . bcaacbabc Hết
2. UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH HƯỚNG DẪN CHẤM PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 - 2022 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Hướng dẫn chấm gồm có: 05 trang Câu Ý Nội dung Điểm xx(3 ) 1 xx2 3 4 0. 0,25 Ta có: a b c 1 3 4 0 0,25 a) c 4 x 1;x 4 1 2 a 1 0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là x1 1;x 2 4 . 0,25 2xy 3 2 xy 3 1 2y 8 3 x 3 xy 2 8 0,25 4xy 2 6 2 xy 3 b) 3xy 2 8 7 x 14 0,25 x 2 x 2 2.2 y 3 y 1 0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y)= (2; 1) 0,25 2 x 2 x P 2 : ;x 0, x 1 1 x xx 2 x 2 222 x x 2 xx (1) P : 1 x ( xx 1)( 2) x 2 0,25 2xx 2 xx a) : 1 x ( x 1)( x 2) 0,25 2 x .(x 1) 2 x 1 0,25 2 x Vậy P 2 x với x 0 và x 1. 0,25 Tọa độ giao điểm cuả đường thẳng (d) : y = x + 1 và đường thẳng (d’) : y = 2x -2m - 1 là nghiệm của hệ phương trình: yx 1 xm 2 2 b) yxm 2 2 1 ym 2 3 0,5 Lại do đường thẳng (d) cắt đường thẳng (d’) : y = 2x -2m - 1 tại điểm A( 2m+2 ; 2m+3) nằm trong góc phần tư thứ II.
3. m 1 2m 2 0 3 0,25 2m 3 0 m 2 3 Vậy < m < -1 thảo mãn yêu cầu đề bài 2 0,25 Gọi số khẩu trang mỗi ngày người đó may được theo dự định là x 0,25 (chiếc). ĐK: x N * Số khẩu trang mỗi ngày thực tế người đó may được là x + 30 (chiếc) Theo dự định thời gian người đó may được 1000 chiếc khẩu trang là 1000 ( ngày) x Thực tế thời gian người đó may được 1000+170 = 1170 chiếc khẩu 1170 trang là ( ngày) x 30 a) Do thực tế hoàn thành công việc sớm hơn dự định 1 ngày nên ta có phương trình: 1000 1170 1 x x 30 0,25 1000x 30000 1170x x2 30x x 2 200x 30000 0 0,25 x 100 (TM) x 300 (KTM) 0,25 Vậy số khẩu trang mỗi ngày người đó may được theo dự định là 100 3 ( Chiếc) 2 2 x 6x 6m m 0 Có ' 9 6m m2 (m 3) 2 0, với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m. x x 6 Theo Vi-ét ta có: 1 2 2 x.x1 2 6m m 0,25 Theo bài ra ta có: x3 x 3 2x 2 12x 72 0 b) 1 2 1 1 3 3 2 x1 x 2 2x 1 12x 1 72 0 2 2 (x1 x)(x 2 1 xx 1 2 x) 2 2x(6 1 x) 1 72 0 2 (x1 x 2 ) (x 1 x 2 ) x 1 x 2 2x 1 x 2 72 0 (x x)(36 6m m)2 2(6m m) 2 72 0 1 2 (x x )(36 6m m2 ) 2(m 2 6m 36) 0 1 2 2 (m 6m 36)(x1 x 2 2) 0
4. Vì m2 6m 36 (m 3) 2  27 0, m 0,25 x1 x 2 2 0 x1 x 2 6 Ta có hệ phương trình: x1 x 2 2 Giải hệ phương trình ta được x1 4; x 2 2 ( 4).( 2) 6m m2 2 m 6m 8 0 0,25 Giải phương trình ta được m = 2 hoặc m = 4 Vậy m = 2 hoặc m = 4 thì phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa 3 3 2 mãn x1 x 2 2x 1 12x 1 72 0 0,25 4 a) 0,25 Chứng minh tứ giác ACDF nội tiếp 0 Ta có ADC 90 ( AD là đường cao của tam giác ABC) AFC 900 ( CF là đường cao của tam giác ABC) 0,25
5. 0 Suy ra ADC AFC ( 90 ) . Xét tứ giác ACDF có 2 đỉnh D, F kề 0,25 nhau cùng nhìn cạnh AC dưới 1 góc không đổi. Do đó tứ giác ACDF nội tiếp 0,25 Chứng minh MC2 = MI. MA và tam giác CMD cân. Xét MIC và MCA có: IMC chung MCI = MAC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung IC) 0,25 MIC MCA (g.g) MI MC b) (các cạnh tương ứng tỉ lệ) MC MA MC2 = MI. MA. 0,25 Ta có CAB = MCB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC) 0,25 Ta lại có CAB = CDM (Do tứ giác ACDF nội tiếp) 0,25 MCD = CDM Tam giác CMD cân tại M Chứng minh ba điểm K, N, C thẳng hàng. Chứng minh được tứ giác CIND nội tiếp vì NIC NDC NIC BAC 1800 NCI NDI 0,25 Chứng minh được MDI MAD (c.g.c) IMD chung c) MD2 =MC2 = MI. MA (tam giác CMD cân tại M) MDI DAM hay KAI NDI 0,25 ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung KI) KAI KCI KCI NDI 0,25 Mà NCI NDI KCI NCI Hai tia KC và NC trùng nhau Ba điểm K, N, C thẳng hàng. 0,25 4 4 2 2 Ta có: a b aba b ,;  ab Thật vậy a4 b 4 aba 2 b 2 a 4 b 4 abab 3 3 5 3 32 2 2 (luôn đúng ) abab 0 abaabb 0 a; b 4 4 2 2 4 4 2 2 2 0,25 Do đó a b caba b c a b caba b abc 0 (vì a; b ; c 0 và abc 1 ).
6. c c (vì c 0 ) 4 4 2 2 2 a b c aba b abc c c 4 4 2 2 2 a b c aba b c 2 2 c c cc (1). 4 4 2 2 2 4 4 2 2 2 abc abca b c abcabc 0,25 b b2 Tương tự 4 4 2 2 2 (2). bc aabc a a2 và 4 4 2 2 2 (3) bc aabc 0,25 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3), ta có: abca2 b 2 c 2 44 44 44 222222222 bcaacbabcabcabcabc 0,25 T1, abc ; ; 0 thỏa mãn abc 1 .  Với a b c 1 thì T 1 . Vậy maxT 1. Hết