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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT KHÁNH HÒA NĂM HỌC 2021 – 2022 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Ngày thi: 03/6/2021 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,00 điểm): (Không sử dụng máy tính cầm tay) 1 a) Tính giá trị biểu thức A 18 2 8 50 . 5 3x 2 y 11 b) Giải hệ phương trình x 2 y 9 Câu 2 (2,50 điểm): Trên mặt phẳng tọa độ, cho parabol ():P y x2 và đường thẳng (dy ) : 2 xm 2 2 m ( m là tham số). a) Biết A là một điểm thuộc (P ) và có hoành độ xA 2 . Xác định tọa độ điểm A . b) Tìm tất cả các giá trị của m để (d ) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt. c) Xác định tất cả các giá trị của m để (d ) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần 2 lượt là x1 và x2 thỏa mãn điều kiện x1 2 x 2 3 m . Câu 3 (1,50 điểm): Theo kế hoạch, Công an tỉnh Khánh Hòa sẽ cấp 7200 thẻ Căn cước công dân cho địa phương A . Một tổ công tác được điều động đến địa phương A để cấp thẻ Căn cước công dân trong một thời gian nhất định. Khi thực hiện nhiệm vụ, tổ công tác đã cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày đã cấp tăng thêm được 40 thẻ Căn cước so với kế hoạch. Vì vậy, tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được bao nhiêu thẻ Căn cước? Câu 4 (3,00 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O , R ) và hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H .
2. a) Chứng minh BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chưng minh OA EF . c) Hai đường thẳng BE , lần lượt cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N và P . Đường thẳng AH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là M và cắt BC tại D . Tính giá trị biểu AM BN CP thức . AD BE CF Câu 5 (1,00 điểm): Giải phương trình x2 1 3 x 2 4 x 1 (8 2 x ) x 1 HẾT
3. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 (2,00 điểm): (Không sử dụng máy tính cầm tay) 1 a) Tính giá trị biểu thức A 18 2 8 50 . 5 3x 2 y 11 b) Giải hệ phương trình x 2 y 9 Lời giải 1 a) Tính giá trị của biểu thíc A 18 2 8 50 5 Ta có: 1 A 18 2 8 50 5 1 9.2 2 4.2 25.2 5 1 3 2 4 2 5 2 5 7 2 2 6 2 Vậy A 6 2 . 3x 2 y 11 b) Giải hệ phương trình x 2 y 9 4x 20 3x 2 y 11 x 5 Ta có: 9 x x 2 y 9 y y 2 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x ; y ) (5;2). Câu 2 (2,50 điểm): Trên mặt phẳng tọa độ, cho parabol ():P y x2 và đường thẳng (dy ) : 2 xm 2 2 m ( m là tham số). a) Biết A là một điểm thuộc (P ) và có hoành độ xA 2 . Xác định tọa độ điểm A .
4. b) Tìm tất cả các giá trị của m để (d ) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt. c) Xác định tất cả các giá trị của m để (d ) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần 2 lượt là x1 và x2 thỏa mãn điều kiện x1 2 x 2 3 m . Lời giải a) Biết A là một điểm thuộc (P ) và có hoành độ xA 2. Xác định tọa độ điểm A . 2 2 Thay xA 2 vào hàm số ():P y x ta được yA ( 2) 4 . Vậy A(2;4) . b) Tìm tất cả các giá trị của m để (d ) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt. Phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và (P ) là x2 2 xm 2 2 mx 2 2 xm 2 2 m 0 (1) (d ) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 0 1m2 2 m 0 (m 1)2 0 m 1 Vậy với m 1 thì (d ) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt. c) Xác định tất cả các giá trị của m để (d ) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt có ho\dotnh độ lần 2 lượt là x1 và x2 thỏa mãn điều kiện x1 2 x 2 3 m . x x 2 Với m 1 . Áp dụng định lí Vi - ét phương trình (1) có: 1 2 2 xx1 2 m2 m Do x1 là nghiệm của phương trình (1) nên: 2 2 2 x1 2 xm 1 2 m mà x1 2 x 2 3 m nên: 2 2xm1 2 mx 2 2 3 m 2 2 xx1 2 m 5 m 0 m2 5 m 4 0 m 1(ktm) m 4(tm) Vậy m 4 .
5. Câu 3 (1,50 điểm): Theo kế hoạch, Công an tỉnh Khánh Hòa sẽ cấp 7200 thẻ Căn cước công dân cho địa phương A . Một tổ công tác được điều động đến địa phương A để cấp thẻ Căn cước công dân trong một thời gian nhất định. Khi thực hiện nhiệm vụ, tổ công tác đã cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày đã cấp tăng thêm được 40 thẻ Căn cước so với kế hoạch. Vì vậy, tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sớm hơn kế hoạch 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được bao nhiêu thẻ Căn cước? Lời giải * Gọi số thẻ Căn cước trong một ngày mà tổ công tác cấp theo kế hoạch là x thẻ x . 7200 số ngày cần đề cấp hết 7200 thẻ theo kế hoạch là (ngày). x Số thẻ cấp được trong một ngày theo thực tế là: x 40 (thẻ). 7200 Số ngày cấp hết 7200 thẻ theo thực tế là (ngày) x 40 Vi tổ công tác đã hoàn thành nhiệm vụ sóm hon kế hoạch 2 ngày nên ta có phương trình: 7200 7200 3600 3600 2 1 x x 40 x x 40 3600(x 40) 3600 x x ( x 40) 3600x 144000 3600 x x2 40 x x2 40 x 144000 0 Ta có ' 202 144000 144400 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x 20 144400 360 (tm) x 20 144400 400(ktm) Vậy theo kế hoạch ban đầu, mỗi ngày tổ công tác sẽ cấp được 360 thẻ Căn cước. Câu 4 (3,00 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O , R ) và hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H . a) Chứng minh BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh OA EF .
6. c) Hai đường thẳng BE , CF lần lượt cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N và P . Đường thẳng AH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là M và cắt BC tại D . Tính giá trị biểu AM BN CP thức . AD BE CF Lời giải a) Chứng minh BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn. Xét tứ giác BCEF có: BFC BEC 90 (gt). Suy ra tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau). b) Chứng minh OA EF . Kẻ tiếp tuyến Ax của (O ) . Ta có: CAx CBA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung AC ) Mà CBA CBF AEF (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp BCEF ) CAx AEF Mà hai góc này ở vị trí so le trong Ax// EF Theo cách vẽ ta có OA Ax OA  EF (đpcm).
7. c) Hai đường thẳng BE , CF lần lượt cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N và P . Đường thẳng AH cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là M và cắt BC tại D . Tính giá trị biểu thức AM BN CP . AD BE CF Ta có: 1 1 S ADBCS , AMBC  ABC2 ABMC 2 1  S AM BC AM ABMC 2 S1 AD ABC AD BC 2 SBN S CP Chứng minh tương tự ta có: ABCN , ACBP . S ABC BES ABC CF AM BN CP S S S ABMC ABCN ACBP AD BECF S ABC SS SS SS ABC MBC ABC NAC ABC PAB S ABC S S S 3 MBC NAC PAB S ABC Lại có: MBD MBC MAC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC ) MBC 90o AHE 90 o BHD HBD . Xét tam giác HBD và tam giác MBD có: MBD  HBD( cmt ) BDH  BDM 90 HBD~ MBD (.) g g . HD MD HD MD BD BD 1 1 S HDBC  MDBC  S . HBC2 2 MBC Chứng minh tương tự ta có:
8. S NAC SS HAC , PAB S HAB . AM BN CP S S S 3 MBC NAC PAB ADBECF S ABC SSS S 3 HBC HAC HAB 3 ABC 4 S ABC S ABC AM BN CP Vậy 4 . AD BE CF Câu 5 (1,00 điểm): Giải phương trình x2 1 3 x 2 4 x 1 (8 2 x ) x 1 Lời giải x2 1 0 ĐKXĐ: x 1 0 x 1 2 3x 4 x 1 0 x2 1 3 x 2 4 x 1 (8 2 x ) x 1 (x 1)( x 1) ( x 1)(3 x 1) (82) x x 1 x 1 ( x 1 3 x 1 8 2 x ) 0 x 1 3 x 1 8 2 x 0 (1) (do x 1) (x 1 2) (4 3 x 1) (2 x 10) 0 x 5 15 3 x 2(x 5) 0 x 1 2 4 3 x 1 x 5 x 5 3 2(x 5) 0 x 1 2 4 3 x 1 1 3 (x 5) 2 0 x 1 2 4 3 x 1 3 3 Ta có 3x 1 0 4 3 x 1 4 4 3x 1 4 1 x 1 0 x 1 2 0 0 x 1 2
9. 1 3 3 2 0 2 0 x 1 2 4 3 x 1 4 1 3 Do đó ta có: (x 5) 2 0 xxTM 5 0 5( ) x 1 2 4 3 x 1 Vậy tập nghiệm của phương trình là S {5}.