Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Nam Định (Có lời giải chi tiết)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Nam Định (Có lời giải chi tiết)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT KHÔNG CHUYÊN NAM ĐỊNH Năm học: 2021 – 2022 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. Câu 1. Điều kiện xác định của biểu thức x 2 3 x là A. 2 x 3. B. 2 x 3. C. 2 x 3. D. 3 x 2 . Câu 2. Trong các hàm số sau hàm số nào đồng biến trên R? 1 4 A. y 2x 5 . B. y (1 2)x 1. C. y x .D. y x 6 . 3 3 x 3y 1 Câu 3. Hệ phương trình có nghiệm x; y là 5x y 11 A. 2; 1 . B. 1;0 . C. 2;1 . D. 1;2 . Câu 4. Một hình trụ có chiều cao h 5cm , bán kính r 3cm . Thể tích hình trụ đó bằng A. 15 cm3 . B. 45cm3 . C. 45 cm3 . D. 75 cm3 . Câu 5. Cho tam giác ABC vuông tại A , có đường cao AH 3cm, góc ABC 60 . Độ dài cạnh AC là A. 2cm . B. 3cm . C. 2 3cm .D. 3 2cm . 2 Câu 6. Biết phương trình 2x 7x 4 0. Có hai nghiệm phân biệt x1; x2 . Giá trị của biểu thức S 2 x1 x2 x1x2 bằng A. 10. B. 5 . C. 7 . D. 9 . Câu 7. Đường thẳng y 2x 3 và đường thẳng y (m2 2)x m 1song song với nhau khi và chỉ khi: A. m 2 . B. m 0 . C. m 2 .D. m 2 . Câu 8. Cho tam giác đều ABC có độ dài cạnh 4 3cm , Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng: A. 3cm . B. 2cm . C. 4cm .D. 6cm . Phần II. Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) 3 3 3 3 1) Chứng mính đẳng thức: 2 . 2 1. 3 1 3 1
2. 1 1 x 1 2) Rút gọn biểu thức: A : với x 0; x 4. x 2 x x 2 x 4 x 4 x 2 Vậy với x 0; x 4 : A . x Câu 2. (1,5 điểm) 1) Tìm tọa độ của tất cả các điểm thuộc parabol y 2x2 có tung độ bằng 8 . 2) Cho phương trình x2 2 m 1 x m2 2m 0 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 (với x1 x2 ) thỏa mãn: x1 3 x2 . x y 2 3 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình y x 2 2x 3y 1 Câu 4. (3,0 điểm) 1. Mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB 6m , chiều A B rộng BC 4m . Người ta trồng hoa trên phần đất là nửa hình tròn đường kính AD và nửa đường tròn đường kính BC , phần còn lại của mảnh đất để trồng cỏ. Tính diện tích phần đất trồng cỏ (phần tô đậm trong hình vẽ bên, kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất). 2. Cho O và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Từ A kẻ các D C tiếp tuyến AB, AC với đường tròn O ( B,C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BD của đường tròn O a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn và B· DC ·AOC . b) Kẻ CK vuông góc với BD tại K . Gọi I là giao điểm của AD và CK . Chứng minh rằng I là trung điểm của CK . Câu 5. (1,0 điểm) 1. Giải phương trình 4x 1 9 2x 1 x 1 2 2x 1 2 x 1 0 (1). 2. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a b c 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2021 b a c b a c P . ab cd ac 1 b 1 c 1 a ___ HẾT ___
3. ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT I - Trắc nghiệm. Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án A D A C C B C B II – Tự luận Câu 1. (1,5 điểm) 3 3 3 3 3) Chứng mính đẳng thức: 2 . 2 1. 3 1 3 1 1 1 x 1 4) Rút gọn biểu thức: A : với x 0; x 4. x 2 x x 2 x 4 x 4 Lời giải. 3 3 3 3 1) Ta có: 2 . 2 3 1 3 1 3 3 1 3 3 1 2 . 2 2 3 . 2 3 4 3 1 3 1 3 1 Vậy đẳng thức được chứng minh. 2) Với x 0; x 4: 1 1 x 1 A : x 2 x x 2 x 4 x 4 1 1 x 1 : 2 x x 2 x 2 x 2 2 1 x x 2 x 2 . . x x 2 x 1 x x 2 Vậy với x 0; x 4 : A . x Câu 2. (1,5 điểm) 3) Tìm tọa độ của tất cả các điểm thuộc parabol y 2x2 có tung độ bằng 8 . 4) Cho phương trình x2 2 m 1 x m2 2m 0 (với m là tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 (với x1 x2 ) thỏa mãn: x1 3 x2 . Lời giải. 1) Thay y 8 vào phương trình parabol: y 2x2 . Ta có: 2x2 8 x2 4 x 2 Vậy tọa độ tất cả các điểm thỏa mãn đề bài là: 2; 8 và 2; 8 .
4. 2) Phương trình: x2 2 m 1 x m2 2m 0 (1) Phương trình (1) là phương trình bậc hai ẩn x có: 2 2 2 2 ' m 1 m 2m m 2m 1 m 2m 1>0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m , mà x1 x2 nên: x1 m 1 1 m x2 m 1 1 m 2 x1; x2 thỏa mãn: x1 3 x2 m 3 m 2 m 3 tm x1 < x2 m 3 m 2 3m 6 m 3 m 3 m 2 m 3m 6 m tm x < x 2 1 2 3 Vây tất cả các giá trị của m thỏa mãn đề bài là: m 3 và m . 2 Câu 3. (1,0 điểm) x y 2 3 Giải hệ phương trình y x 2 2x 3y 1 Lời giải. * Điều kiện: x; y 0 2 x t 3 1 * Đặt t khi đó hệ trở thành t y 2 2x 3y 1 2 2 t 1 Giải 1 ta được: t 3t 2 0 t 1 t 2 0 t 2 x * Với t 1 1 x y thế vào 2 ta được: y x 1 2x2 3x 1 0 x 1 2x 1 0 1 (thỏa mãn điều kiện) x 2 1 1 1  Vậy suy ra y 1; y . Do đó hệ phương trình có nghiệm là x; y 1;1 ; ;  2 2 2  x * Với t 2 2 x 2y thế vào 2 ta được: y
5. 2 2y 2 3y 1 0 8y2 3y 1 0 Do 23 0 nên phương trình vô nghiệm. 1 1  KL: Vậy hệ phương trình có nghiệm là x; y 1;1 ; ;  2 2  Câu 4. (3,0 điểm) 1. Mảnh đất hình chữ nhật ABCD có chiều dài AB 6m , chiều A B rộng BC 4m . Người ta trồng hoa trên phần đất là nửa hình tròn đường kính AD và nửa đường tròn đường kính BC , phần còn lại của mảnh đất để trồng cỏ. Tính diện tích phần đất trồng cỏ (phần tô đậm trong hình vẽ bên, kết quả làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất). 2. Cho O và điểm A nằm bên ngoài đường tròn. Từ A kẻ các D C tiếp tuyến AB, AC với đường tròn O ( B,C là các tiếp điểm). Kẻ đường kính BD của đường tròn O a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn và B· DC ·AOC . b) Kẻ CK vuông góc với BD tại K . Gọi I là giao điểm của AD và CK . Chứng minh rằng I là trung điểm của CK . Lời giải. 1) Diện tích hình chữ nhật ABCD là 6.4 24 m2 Có ABCD là hình chữ nhật AD BC 4m AD 4 Bán kính đường tròn đường kính AD là 2 m 2 2 .22 Diện tích nửa đường tròn đường kính AD là 2 m2 2 BC 4 Bán kính đường tròn đường kính BC là 2 m 2 2 .22 Diện tích nửa đường tròn đường kính BC là 2 m2 2 Diện tích phần đất trồng cỏ là 24 2 2 11,4 m2 . 2) a) Chứng minh ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn và B· DC ·AOC .
6. Do AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn 0 (gt) AB  OB (Tính chất tiếp tuyến) AC  OC Từ đó suy ra A· BO ·ACO 90 Xét tứ giác ABOC có: A· BO ·ACO 90 90 180 và hai góc ở vị trí đối nhau Nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn. Ta có AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn 0 (gt) Suy ra AB AC (Tính chất tiếp tuyến) nên A thuộc đường trung trực của BC Lại có OB OC R nên suy ra O cũng thuộc đường trung trực của BC Từ đó suy ra OA là đường trung trực của BC OA  BC (1) Xét O có: BD là đường kính (gt) và C O Suy ra D· CB 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) DC  BC 2 Từ (1) và (2) suy ra OA P CD (Từ vuông góc đến song song) B· DC ·AOC b) Kẻ CK vuông góc với BD tại K . Gọi I là giao điểm của AD và CK . Chứng minh rằng I là trung điểm của CK .
7. Kẻ CD  AB tại H H· CB B· CD 90 Ta có ·ACH ·ACB 90 và ·AHC ·ABC 90 Mà ·ABC ·ACB (do tam giác ABC cân) Từ đó suy ra ·ACH ·AHC ACH cân AH AC Mà AB AC nên suy ra AB AH AC (3) Vì HB P CK (Vì cùng vuông góc BD ) CI DI IK (Định lí Talet) (4) AH DA AB Từ (3) và (4) suy ra CI IK Từ đó suy ra I là trung điểm của CK Câu 5. (1,0 điểm) 1. Giải phương trình 4x 1 9 2x 1 x 1 2 2x 1 2 x 1 0 (1). 2. Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn a b c 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2021 b a c b a c P . ab cd ac 1 b 1 c 1 a Lời giải. 1 1. Điều kiện: x . 2 a 2x 1 2x 1 a2 Đặt 4x 1 a2 2b2 . 2 b x 1 x 1 b Khi đó, phương trình (1) trở thành
8. a2 2b2 3ab 2a 2b 0 a2 b2 3b2 3ab 2a 2b 0 a b a b 3b a b 2 a b 0 a b a b 3b 2 0 a b 0 a b a 2b 2 0 a 2b 2 Với a b , ta có 2x 1 x 1 2x 1 x 1 x 2 TM . Với a 2b 2 , ta có 2x 1 2 x 1 2 2x 1 2 2 x 1 2x 1 4 2x 1 4 4 x 1 7 4 2 x TM 2 2 2 2x 1 4 2x 1 4x 4x 1 32x 16 4x 28x 17 0 7 4 2 X KTM 2 7 4 2  Vậy phương trình có tập nghiệm là S 2; . 2  a b 3 c 2. Ta có: a b c 3 b c 3 a . a c 3 b 3 c Vì a,b,c dương nên a b 2 ab 3 c 2 ab ab . 2 3 a 3 b Tương tự, ta có: bc ; ac . 2 2 9 a b c 9 3 Suy ra ab bc ca 3. 2 2 Ta có b a b a ab c b c b bc a c a c ac ; ; 1 b 2 b 2 1 c 2 c 2 1 a 2 a 2 b a c b a c ab bc ca 3 Suy ra . 1 b 1 c 1 a 2 2 2021 3 4033 Vậy P . Dấu “ ” xảy ra khi a b c 1. 3 2 6