Kỳ thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Dương (Có đáp án)

Nội dung text: Kỳ thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Bình Dương (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC Năm học 2021 - 2022 Môn thi: TOÁN Ngày thi: 03/6/2021 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1. (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức sau: 10 6 1 1) A 75 5 (1 3)2 2) B 5 3 2 1 Bài 2. (1,5 điểm) 3x 2 y 10 Cho hệ phương trình: ( m là tham số) 2x y m 1) Giải hệ phương trình đã cho khi m 9 . 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (;x y ) thỏa x 0, y 0 . Bài 3. (2,0 điểm) Cho Parabol ():P y x2 và đường thẳng (d ) : y 5 x 6 1) Vẽ đồ thị (P ) . 2) Tìm tọa độ các giao điểm của (P ) và (d ) bằng phép tính. 3) Viết phương trình đường thẳng (d ') biết (d ') song song (d ) và (d ') cắt (P ) tại hai điểm phân biệt có hoành đô lần lượt là x1, x 2 sao cho x1. x 2 24 . Bài 4. (1,5 điểm) Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp 3 lần chiều rộng. Người ta làm một lối đi xung quanh vườn (thuộc đất trong vườn) rộng 1,5m . Tính kích thước của vườn, biết rằng đất còn lại trong vườn đề trồng trọt là 4329 m2 . Bài 5. (3,5 điểm)
2. Cho tam giác ABC vuông tại AAB( AC ) nội tiếp trong đường tròn tâm O . Dựng đường thẳng d qua A song song BC , đường thẳng d' qua C song song BA , gọi D là giao điểm của d và d' . Dựng AE vuông góc BD ( E nằm trên BD ), F là giao điểm của BD với đường tròn (O ) . Chứng minh: 1) Tứ giác AECD nội tiếp được trong đường tròn. 2) AOF 2 CAE 3) Tứ giác AECF là hình bình hành. 4) DF. DB 2. AB2 HẾT
3. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. (1,5 điểm) Rút gọn biểu thức sau: 10 6 1 1) A 75 5 (1 3)2 2) B 5 3 2 1 Lời giải 1) A 75 5 (1 3)2 Ta có : A 75 5 (1 3)2 25.3 5|1 3| 5 3 5( 3 1) (do 1 3 0) 5 3 5 3 5 5 Vậy A 5 . 10 6 1 2) B 5 3 2 1 Ta có: 10 6 1 B 5 3 2 1 2( 5 3) 2 1 5 3 (2 1)(2 1) 2 1 2 2 1 2 (2 1) 2 2 1 1 Vậy B 1.
4. Bài 2. (1,5 điểm) 3x 2 y 10 Cho hệ phương trình: ( m là tham số) 2x y m 1) Giải hệ phương trình đã cho khi m 9 . 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình đã cho có nghiệm (;x y ) thỏa x 0, y 0 . Lời giải 1) Giải hệ phương trình đã cho khi m 9 . 3x 2 y 10 Với m 9 hệ phương trình trở thành 2x y 9 3x 2 y 10 7 x 28 x 4 4x 2 y 18 y 2 x 9 y 2.4 9 1 Vậy với m 9 hệ phương trình có nghiệm (,x y ) là (4, 1) . 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình có nghiệm (,x y ) thỏa mãn x 0, y 0 . 3x 2 y 10 3 x 2 y 10 (1) Ta có: 2xym y 2 xm (2) Thay (2) vào (1) ta được 2m 10 3x 2(2 x m ) 10 3 x 4 x 2 m 10 7 x 2 m 10 x 7 2m 10 2m 10 4 m 43 Thay x vào (2) ta được y 2 9 7 7 7 2m 10 0 m 5 7 2m 10 0 43 Để x 0, y 0 khi và chỉ khi 43 5 m . 4m 43 4 m 43 0 m 4 0 4 7 43 Vậy 5 m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 4 Bài 3. (2,0 điểm)
5. Cho Parabol ():P y x2 và đường thẳng (d ) : y 5 x 6 1) Vẽ đồ thị (P ) . 2) Tìm tọa độ các giao điểm của (P ) và (d ) bằng phép tính. 3) Viết phương trình đường thẳng (d ') biết (d ') song song (d ) và (d ') cắt (P ) tại hai điểm phân biệt có hoành đô lần lượt là x1, x 2 sao cho x1. x 2 24 . Lời giải 1) Vẽ đồ thị (P ) . Đồ thị hàm số y x2 đi qua gốc tọa độ O, có bề lōm hướng xuống và nhận Oy làm trục đối xứng. Bảng giá trị: x 2 1 0 1 2 2 y x 4 1 0 1 4 Parabol ():P y x2 đi qua các điểm ( 2; 4),( 1; 1),(0;0),(1; 1),(2; 4). Đồ thị Parabol ():P y x2 : 2) Tìm tọa độ các giao điểm của (P ) và (d ) bằng phép tính. Hoành độ giao điểm của đồ thị (P ) và (d ) là nghiệm của phương trình:
6. x25 x 6 x 2 5 x 6 0 5 1 x 2 Ta có: b24 ac 5 2 4.6 1 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt 2 . 5 1 x 3 2 Với x 2 y ( 2)2 4 . Với x 3 y ( 3)2 9 . Vậy tọa độ các giao điểm của (P ) và (d ) là A( 2; 4), B ( 3; 9) . 3) Viết phương trình đường thẳng (d ') biết (d ') song song (d ) và (d ') cắt (P ) tại hai điểm phân biệt có hoành đô lần lượt là x1, x 2 sao cho x1, x 2 24 . Vì (d ') song song (d ) nên (d ') có dạng y 5 xbb ( 6) (1) Hoành độ giao điểm của đồ thị (P ) và (d ') là nghiệm của phương trình: x25 xb x 2 5 xb 0(*) (d ') cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (* ) có 2 nghiệm phân biệt 25 0 52 4b 0 b (2) 4 25 Khi đó, theo hệ thức Vi-ét ta có xx. b b 24 , thỏa mãn (1) và (2). 1 2 4 Vậy phương trình đường thẳng (d ') cần tìm là: (d ') : y 5 x 24 . Bài 4. (1,5 điểm) Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài gấp 3 lần chiều rộng. Người ta làm một lối đi xung quanh vườn (thuộc đất trong vườn) rộng 1,5m . Tính kích thước của vườn, biết rằng đất còn lại trong vườn đề trồng trọt là 4329 m2 . Lời giải Goi chiều rộng của khu vườn là x (mét; x 0). Vì chiều dài gấp 3 lần chiều rộng nên chiều dài của khu vườn là 3(x m ). Do lối đi xung quanh vườn (thuộc đất trong vườn) rộng 1,5 m nên: Chiều dài phần đất để trồng trọt là: 3x 1,5.2 3 x 3 (mét)
7. Chiều rộng phần đất để trồng trọt là: x 1,5.2 x 3 (mét) Vì diện tích vườn để trồng trọt là 4329 m2 nên ta có phương trình: (x 3)(3 x 3) 4329 (x 3)( x 1) 1443 x2 4 x 3 1443 x 2 4 x 1440 0 Ta có 22 1440 1444 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x 2 1444 40 (tm) 1 x2 2 1444 36(ktm) Vậy chiều rộng của khu vườn là 40 mét và chiều dài của khu vườn là 120 mét. Bài 5. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại AAB( AC ) nội tiếp trong đường tròn tâm O . Dựng đường thẳng d qua A song song BC , đường thẳng d' qua C song song BA , gọi D là giao điểm của d và d' . Dựng AE vuông góc BD ( E nằm trên BD ), F là giao điểm của BD với đường tròn (O ) . Chứng minh: 1) Tứ giác AECD nội tiếp được trong đường tròn. 2) AOF 2 CAE 3) Tứ giác AECF là hình bình hành. 4) DF. DB 2. AB2 Lời giải 1) Tứ giác AECD nội tiếp được trong đường tròn. Vì ABC vuông tại A và nội tiếp (O ) nên BC là đường kính của (O )
8. AB  AC Ta có: (gt ) AC  CD (từ vuông góc đến song song) ACD 90 . CD// AB Xét tứ giác AECD có: AED ACD 90 AECD là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau). 2) AOF 2 CAE Do tứ giác AECD là tứ giác nội tiếp (cmt) nên CAE CDE (hai góc nội tiếp cùng chắn CE ). Mà CDE ABF (so le trong) CAE ABF . Mặt khác: AOF 2 ABF (góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn AF ) AOF 2 CAE (đpcm). 3) Tứ giác AECF là hình bình hành. Do tứ giác AECD là tứ giác nội tiếp (cmt) nên ACE ADE (hai góc nội tiếp cùng chắn AE ). Ta có: ADE DBC (so le trong do AD// BC ) ACE DBC . Mà DBC FBC FAC (hai góc nội tiếp cùng chắn FC ) ACE FAC . Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên AF// EC (dhnb) (1) Măt khác: CFE 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên CF FE hay CF BD . Mà AE BD( gt ) nên AE// CF (từ vuông góc đến song song) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác AECF là hình bình hành (tứ giác có các cặp cạnh đối song song) (đpcm). 4) DF. DB 2. AB2 Gọi {T } AC  BD . AB// CD Ta có: (gt ) ABCD là hình bình hành (dhnb) TA TC, TB TD và AB CD AD// BC (tính chất). Xét DCT vuông tại C có CF BD(cmt)  CF DT CF là đường cao nên: CD2 DF. DT (hệ thức lượng trong tam giác vuông) 2.CD2 2. DF . DT (2. DT ). DF DB . DF . Mà AB CD (cmt).
9. Vậy DF. DB 2 AB2 (đpcm).