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

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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2021-2022 Môn thi: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không tính thời gian phát đề) Bài 1. (2,0 điểm) a) Tính A 4 3  12 xx 4 x x 0 x 4 b) Cho biểu thức B : với và . 2 x4 x xx 2 Rút gọn B và tìm tất cả các giá trị nguyên của x để B x. Bài 2. (1,5 điểm) Cho hàm số y x2 có đồ thị (P ) và đường thẳng (d ) : y kx 2 k 4 a) Vẽ đồ thị (P ) . Chứng minh rằng (d ) luôn đi qua điểm C(2;4) . b) Gọi H là hình chiếu của điểm B( 4;4) trên (d ) . Chứng minh rằng khi k thay đổi (k 0) thì diện tích tam giác HBC không vượt quá 9 cm (đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét). Bài 3. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 4( m 1) x 12 0 (*) , với m là tham số a) Giải phương trình (*) khi m 2 b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 thỏa 2 mãn 4x1 2 4 mx 2 xxxx 1 2 1 2 8 . Bài 4. (1,5 điểm) a) Tìm hai số tự nhiên, biết rằng tổng của chúng bằng 2021 và hiệu của số lớn và số bé bằng 15. b) Một địa phurơng lên kế hoạch xét nghiệm SARS-CoV-2 cho 12000 người trong một thời gian quy định. Nhờ cải tiến phương pháp nên mỗi giờ xét nghiệm được thêm 1000 người. Vì thế, địa phương này hoàn thành sớm hơn kế hoạch là 16 giờ. Hỏi theo kế hoạch, địa phương này phải xét nghiệm trong thời gian bao nhiêu giờ? Bài 5. (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC( AB AC ) , các đường cao BDCED,( ACE , AB ) cắt nhau tại H . a) Chứng minh rằng tứ giác BEDC nội tiếp. b) Gọi M là trung điểm của BC . Đường tròn đường kính AH cắt AM tại điểm G (G khác A ). Chứng minh rằng AE AB AG AM c) Hai đường thẳng DE và BC cắt nhau tại K. Chứng minh rằng MAC GCM và hai đường thẳng nối tâm hai đường tròn ngọi tiếp hai tam giác MBE, MCD song song với đường thẳng KG. HẾT
2. HƯỚNG DẪN TÍNH ĐIỂM Bài Phần Nội dung Điểm 1 a) A 4 3 12 22 3.12 2 6 2 2 6 8 0,5 b) xx 4 x B : 4 x 2 x xx 2 xx 4 x : 2 x (2 x )(2 xxx ) ( 2) x(2 xx ) 4 x : (2 x )(2 x ) x 2 0,5 2xxx 4 x 2  (2 x )(2 x ) x 2x 4 1  2 x x 2(x 2) 1  2 x x 2 x 2 Bx x 2 xx 0 2. x 0,25 Vì x nên x 1. 0,25 2 a) +) Vẽ đồ thị (P ) : Parabol (P ): y x2 có bề lõm hướng lên và nhận Oy làm trục đối xứng. Hệ số a 1 0 nên hàm số đồng biến khi x 0 và nghịch biến khi x 0 Ta có bảng giá trị sau: x 2 1 0 1 2 2 y x 4 1 0 1 4 0,75 Parabol (P ): y x2 đi qua các điểm ( 2;4),( 1;1),(0;0),(1;1),(2;4) . Đồ thị Parabol (P ): y x2 :
3. +) Chứng minh rằng (d ) luôn đi qua điểm C(2;4) . Thay x 2; y 4 vào phương trình đường thẳng (d ) : y kx 2 k 4 , ta được: 4 2k 2 k 4 4 4 (luôn đúng với mọi k ) Vậy (d ) luôn đi qua điểm C(2;4) với mọi m . b) 0,75 Áp dụng định lí Pytago ta có: HB2 HC 2 BC 2 6 2 36 . 2 1 1BH2 HC 2 BC 2x x 6 2 S. BHHC . . c B 9. BHC 2 2 2 4 4 4 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi HB HC 3 2. 3 a) Thay m 2 vào phương trình (*), ta có: x2 4(2 1) x 12 0 xx 2 4 12 0 2 2 Ta có: ' 2 12 16 4 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt 0,75 x 2 4 2 . x 2 4 6 Vậy với m 2 thì tập nghiệm của phương trình (*) là S {2;6}. b) 2 Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt xx1, 2 0 4( m 1) 12 0 (luôn đúng với mọi m ). Vì x là nghiệm của phương trình (*) nên: 2 2 x2 4( m 1) x 2 12 0 2 x24 mx 2 4 x 2 12 0 x 4 mx 4 4 x 4 0 2 2 2 0,75 3 2 4 4 mx2 x 2 4 x 2 4 x 2 2
4. 2 2 4 mx2 x 2 2 x 2 2 Khi đó ta có: 2 4x1 2 4 mx 2 xxxx 1 2 1 2 8 2 2 xx1 2 2 2 [4(1 m )128] 2 2xx1 2 2 xx 1 2 4(84) m 2 | 12 2.4(1 m ) 4 | 64 64 mm 16 2 | 16 8m | 8 m2 4 m 4 |m 2|( m 2)2 Suy ra (m 2)2 ( m 2) 4 (m 2)4 ( m 2) 2 0 2 2 (m 2) ( m 2) 1 0 m 2 m 2 m 2 1 m 3 m 2 1 m 1 Vậy m {1;2;3} là các giá trị thỏa mãn bài toán. 4 a) Gọi số lớn là xx( 15, x ) , số bé là y( y ) . Ta có tổng hai số bằng 2021 nên ta có phương trình x y 2021 (1) Hiệu của số lớn và số bé bằng 15 nên ta có phương trình x y 15(2) Từ (1),(2) ta có hệ phương trình xy 2021 2 x 2036 x 1018 (tm ) 0,75 xy 15 yx 15 y 1003 Vậy số lớn là 1018 , số bé là 1003. b) Theo kế hoạch, gọi số người xét nghiệm được trong một giờ là x (người) (x *, x 12000) 12000 Theo kế hoạch địa phương y xét nghiệm 12000 người hết (giờ) x Thực tế, số người xét nghiệm được trong một giờ là x 1000 (người) 12000 Thực tế, địa phương xét nghiệm 12000 người hết (giờ) x 1000 0,75 Vì địa phương này hoàn thành sớm hơn kế hoạch là 16 giờ nên ta có phương trình: 12000 12000 16 x x 1000 x2 1000 x 750000 0 x2 1500 x 500 x 750000 0 xx( 1500) 500( x 1500) 0 (x 1500)( x 500) 0 x 1500 0 x 1500( ktm ) x 500 0 x 500 tm Vậy theo kế hoạch, địa phương này cần 24 giờ để xét nghiệm xong. 5 a)
5. 0,5 Ta có: BD, CE là các đường cao của ABC nên 1 BD AC BDC BEC 90 CE AB BEDC là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có hai đỉnh kề một cạnh cùng nhìn cạnh đối diện các góc bằng nhau). b) Ta có: AEH ADH  90 AEH ADH  180 AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH (định nghĩa) Mà đường tròn đường kính AH cắt AM tại G . Năm điểm AEHGD,,,, cùng thuộc một đường tròn. AGE ADE (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AE ) Mà ABC ADE (Tứ giác nội tiếp BEDC ) 1 ABC AGE. Xét ABM và AGE có: ABC AGE( cmt ); BAM chung. AE AG ABM~ AGE ( g  g ) (2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) AM AB AE  AB AG  AM (đpcm) c) Ta có AGD AED ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AD ) Mà AED ACB (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp BEDC ) AGD ACB DCM Lại có AGD DGM 180 (kề bù) DGM DCM 180 . GDCM là tứ giác nội tiếp (dhnb) MGC MDC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung ). MC 0,5 1 Lại có DM BC MC (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông) 2 MCD cân tại M . MDC MCD (2 góc ở đáy của tam giác cân). MGC MCD MCA . Xét GCM và CAM có: AMC chung ;MAC GCM ( cmt ) GCM~ CAM (.) g g MAC GCM ( 2 góc tương ứng) (đpcm). Ta có ABC AGE( cmt ) nên EBMG là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện). Đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE, MCD là đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác GDCM và EBMG . Giao của hai tứ giác GDCM và EBMG là GM .
6. Đường nối tâm vuông góc với GM (*) Gọi {F } AH   BC AF BC AFB  90 Mà BDA 90  ADFB nội tiếp (tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau). BAC DFM (1) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp). Mà EDH EAH (2) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung EH ). HDM HBM DBM (DM là trung tuyến của BDC vuông tại D nên 1 DM BC BM ). 2 DBM HAD (Cùng phụ ACB) HDM HAD Từ (1), (2) và (3) suy ra EDM EDH HDM EAH HAD BAC DFM KDM Xét FDM và DKM có: KMD chung; DFM KDM (cmt) MD FM FDM~ DKMgg (.) MD2 FMKM  KM MD 0,5 MC GM Có: GCM~ CAMcmt ( ) MC2 MGMA . AM MC FM MA Mà MD MCcmt().  FM KM MGMA GM MK FGM~ AKM ( c.g.c ) FGM AKM ( 2 góc tương ứng) AGFK là tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngoài bằng góc trong tại đỉnh đối diện). AFK AGK 90 ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AK KG  AG hay KG GM ( ) Từ (*) và ( ) suy ra đường nối tâm hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác MBE, MCD song song với KG (đpcm).