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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT, THPT CHUYÊN TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2021-2022 MÔN THI: TOÁN – THPT ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề (Đề thi gồm có 02 trang) I. Phần trắc nghiệm: (2,0 điểm) Câu 1. Cho hàm số f x 3x 1 . Giá trị của f 1 bằng A. -2. B. 2. C. 1. D. 0. Câu 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình y 2 7x . Hệ số góc của đường thẳng d bằng 7 B. 7. C. -7. D. 2. A. . 2 Câu 3. Phương trình x2 7x 10 0 có một nghiệm bằng A. 5. B. -7. C. -2. D. 5. 3x y 7 Câu 4. Hệ phương trình có nghiệm duy nhất là 5x y 9 x 2 x 2 x 2 x 2 A. . B. . C. . D. . y 1 y 1 y 3 y 3 Câu 5. Điều kiện của x để biểu thức x 2 có nghĩa là A. x 2 . B. x 2 . C. x 2 . D. x 2. Câu 6. Giá trị của biểu thức 3 2 2 bằng A. 1 2 2 . B. 2 2 . C. 2 1. D. 1 2 . Câu 7. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB 6cm, BC 10cm và đường cao AH với H BC . Khi đó độ dài đoạn BH bằng 18 24 3 A. cm . B. cm . C. 2cm. D. cm . 5 5 5 Câu 8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O). Biết B· AD 1050 và D· BC 450 . Khi đó, giá trị của cos B· DC bằng 6 2 2 1 3 A. . B. . C. . D. . 4 2 2 2 II. Phần tự luận: (8,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm)
2. a) Tính giá trị của biểu thức A 3 3 7 27 2 243 . x 2 x b) Tính giá trị của biểu thức B khi x 4. x 1 x 1 2x 13 x 1 3 x 2 c) Cho biểu thức C với x 0, x 9. Tìm x để C 1. x x 6 x 2 3 x Câu 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình 3x2 5x 2 0 . b) Giải phương trình: 49 3x 2 12x 8 3x 2 3 9x2 12x 4 7 . Câu 3 (1,5 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hàm số y x2 có đồ thị (P) và đường thẳng d có phương 2 1 trình y x m2 m 1, với m là tham số. 2 a) Vẽ đồ thị (P). b) Tìm m để đường thẳng d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 sao cho 3 3 x1 x2 68 . Câu 4 (2,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Vẽ các đường cao AH, BK và CP của tam giác ABC, với H BC, K AC, P AB. a) Chứng minh tứ giác BPKC nội tiếp. b) Chứng minh rằng B· AH O· AC. c) Đường thẳng PK cắt (O) tại hai điểm E và F. Chứng minh OA là tia phân giác của E· AF . Câu 5 (0,5 điểm) 3 2 3 2 y 12x y 8 x 1 6xy Giải hệ phương trình (với x, y ¡ ). 2 xy 2y x x 10 0 HẾT
3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HDC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT, THPT CHUYÊN TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2021-2022 MÔN THI: TOÁN – THPT (HDC gồm có 03 trang) Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề I. Phần trắc nghiệm (2,0 điểm) 1. B 2.C 3.D 4.A 5.C 6.D 7.A 8.C II. Phần tự luận (8,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức A 3 3 7 27 2 243 . Ta có: A 3 3 7 27 2 243 A 3 3 21 3 18 3 A 3 21 18 3 A 0 Vậy A = 0. x 2 x b) Tính giá trị của biểu thức B khi x 4. x 1 x 1 x 0 x 0 ĐKXĐ: x 1 0 x 1 Thay x = 4 (TM ĐKXĐ vào biểu thức B ta có: 4 2 4 2 4 B 4 1 4 1 2 1 2 1 4 10 2 3 3 2x 13 x 1 3 x 2 c) Cho biểu thức C với x 0, x 9. Tìm x để C 1. x x 6 x 2 3 x 2x 13 x 1 3 x 2 C x x 6 x 2 3 x 2x 13 x 1 3 x 2 C x 2 3 x x 2 3 x 2x 13 x 1 3 x 3 x 2 x 2 C x 2 x 3 2x 13 x 2 x 3 3x 4 x 4 C x 2 x 3
4. 6 x 2 6 C x 2 x 3 x 3 6 1 6 x 3 x 9 x 81(TM ) Để C = 1 thì x 3 Vậy với x = 81 thì C = 1. Câu 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình 3x2 5x 2 0 . Ta có 5 2 4.3 2 49 0 nên phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt 1 x 2; x 1 2 3 b) Giải phương trình: 49 3x 2 12x 8 3x 2 3 9x2 12x 4 7 2 3x 2 0 2 x x 3 2 12x 8 0 3 x ĐKXĐ: 2 2 3 9x2 12x 4 0 3x 2 0 x 3 49 3x 2 12x 8 3x 2 3 9x2 12x 4 7 Ta có: 49 3x 2 2 3x 2 3x 2 3 3x 2 2 7 7 3x 2 2 3x 2 3x 2 3 3x 2 7 2 4 3x 2 3 3x 2 7 0 x (Do 3 nên 3x + 2 >0) t 3x 2(t 0) 3t 2 4t 7 0(*) Đặt , phương trình trở thành t 1(TM ) 7 Ta có a + b + c = 3 + 4 + (-7) = 0 nên pt (*) có hai nghiệm phân biệt t (KTM ) 3 1 3x 2 1 3x 2 1 x Với t = 1, suy ra 3 1 x Vậy phương trình có nghiệm 3 . Câu 3 (1,5 điểm) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hàm số y x2 có đồ thị (P) và đường thẳng d có phương 2 1 trình y x m2 m 1, với m là tham số. 2 a) Vẽ đồ thị (P).
5. 1 Parabol (P) có hệ số a 0 nên đồng biến với x > 0 và nghịch biến với x < 0. Đồ thị hàm 2 số đi qua gốc tọa độ O(0;0) và nhận Oy làm trục đối xứng. Bảng giá trị x -4 -2 0 2 4 1 y x2 8 2 0 2 8 2 Vẽ đths: b) Tìm m để đường thẳng d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 sao cho 3 3 x1 x2 68 . 1 1 PT hoành độ giao điểm: x2 x m2 m 1 x2 2x m2 2m 2 0(*) 2 2 Để đường thẳng d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì pt (*) có hai nghiệm phân biệt ' 0 m2 2m 3 0 m 1 2 2 0 Do m 1 2 0m nên m 1 2 2 0m , do đó pt (*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m đường thẳng d luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 x1 x2 2 Khi đó áp dụng ĐL Viet ta có: 2 x1x2 m 2m 2 x3 x3 68 Theo bài ra ta có: 1 2 3 x1 x2 3x1x2 x1 x2 68 23 3 m2 2m 2 .2 68 6m2 12m 48 0 m2 6m 8 0( ) m 2;m 4. PT ( ) có hai nghiệm phân biệt 1 2 Câu 4 (2,0 điểm)
6. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Vẽ các đường cao AH, BK và CP của tam giác ABC, với H BC, K AC, P AB. a) Chứng minh tứ giác BPKC nội tiếp. 0 Xét tứ giác BPKC có: B· PC B· KC 90 nên P, K cùng thuộc đường tròn đường kính BC. Vậy tứ giác BPKC nội tiếp đường tròn đường kính BC. b) Chứng minh rằng B· AH O· AC. 0 0 0 ABH vuông tại H nên B· AH ·AHB 90 B· AH ·ABC 90 B· AH 90 ·ABC (1) · · OAC có OA = OC nên OAC cân tại O OAC OCA · · · 0 Ta có: OAC OCA AOC 180 0 · · 0 · · 180 AOC 2OAC 180 AOC OAC 2 · · Lại có: AOC 2ABC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC). 0 · 0 · · 180 AOC 180 2ABC 0 · OAC 90 ABC (2) 2 2 Từ (1) và (2) ta suy ra B· AH O· AC c) Đường thẳng PK cắt (O) tại hai điểm E và F. Chứng minh OA là tia phân giác của E· AF . Kẻ tiếp tuyến Ax với (O). · · Ta có xAC ABC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC). · · Mà AKP ABC (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp BPKC) · · xAC AKP. Hai góc này lại ở vị trí so le trong. Ax / /PK. Ta có: Ax  OA (do Ax là tiếp tuyến của (O) tại A) PK  OA Gọi M OA  PK , ta có EF  OA tại M. Suy ra M là trung điểm của EF.
7. Suy ra tam giác AEF có OA là đường cao đồng thời là trung tuyến Suy ra tam giác AEF cân tại A. Vậy đường cao AO là phân giác của góc EAF. Câu 5 (0,5 điểm) 3 2 3 2 y 12x y 8 x 1 6xy Giải hệ phương trình (với x, y ¡ ). 2 xy 2y x x 10 0 3 2 3 2 y 12x y 8 x 1 6xy (1) 2 xy 2y x x 10 0 (2) Ta có: y3 12x2 y 8 x3 1 6xy2 8x3 12x2 y 6xy2 y3 8 2x 3 3 2x 2 .y 3.2x.y2 y3 8 3 2x y 8 2x y 2 y 2x 2 Thay vào phương trình (2) ta có x 2x 2 2 2x 2 x2 x 10 0 2x2 2x 4x 4 x2 x 10 0 x2 5x 14 0(*) 31 0 Do đó pt(*) vô nghiệm. Vậy hpt đã cho vô nghiệm.