Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2022-2023 - 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 2022-2023 - Sở giáo dục và đào tạo Đà Nẵng (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2022-2023 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 11/06/2022 Bài 1. (2,0 điểm) a. Tính A 9 16 2 2 8 . x1 x 1 b. Rút gọn biểu thức B : với x 0 và x 1 . x 1 x 1 x 1 Bài 2. (1,5 điểm) Cho hai hàm số y x2 và y 2 x 3 a. Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ. b. Tìm tọa độ các giao điểm A và B của hai đồ thị đó. Tính diện tích tam giác OAB , với O là gốc tọa độ và đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét. Bài 3. (1,5 điểm) x 3 y 5 a. Giải hệ phương trình . 2x 3 y 1 b. Một người dự định đi xe máy từ A đến B với vận tốc không đổi. Nhưng sau khi đi được 2 giờ thì xe bị hỏng nên phải dừng lại 20 phút để sửa chữa. Do đó, để kịp đến B đúng thời gian dự định, người đó phải tăng vận tốc thêm8 km/h. Tính vận tốc ban đầu của xe máy, biết rằng quãng đường AB dài 160 km. Bài 4. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 2 m 1 xm 2 3 0 (*), với m là tham số. a. Giải phương trình (*) khi m 0 . b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 thoả 2 2 mãn xx1 26 xx 2 2 1 xx 1 2 7 xx 1 2 2 . Bài 5. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB AC . Vẽ các đường cao AD, BE , CF của tam giác đó. Gọi H là giao điểm của các đường cao vừa vẽ. a. Chứng minh rằng các tứ giác AEHF và BFEC nội tiếp . b. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AH, BC . Chứng minh rằng FMFC FNFA . c. Gọi P, Q lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M, N đến đường thẳng DF . Chứng minh rằng đường tròn đường kính PQ đi qua giao điểm của FE và MN . Hết Trang 1
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2022-2023 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 11/06/2022 HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. (2,0 điểm) a. Tính A 9 16 2 2 8 . x1 x 1 b. Rút gọn biểu thức B : với x 0 và x 1 . x 1 x 1 x 1 Lời giải a. Ta có: A 9 16 2 2 8 A 32 4 2 2 2 2 2 .2 A 3 4 2 2 2 2 7 b. Với x 0 và x 1, ta có: x1 x 1 B : x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 B : x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 xxx 1 x 1 B . x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 B . 1 x 1 x 1 Vậy B 1 với x 0 và x 1 . Bài 2. (1,5 điểm) Cho hai hàm số y x2 và y 2 x 3 . a) Vẽ đồ thị của các hàm số này trên cùng một mặt phẳng tọa độ. b) Tìm tọa độ các giao điểm A và B của hai đồ thị đó. Tính diện tích tam giác OAB , với O là gốc tọa độ và đơn vị đo trên các trục tọa độ là xentimét. Lời giải a) Vẽ đồ thị của các hàm số y x2 và y 2 x 3 * Đồ thị hàm số y x2 : Hệ số a 1 0 nên đồ thị hàm số y x2 là parabol có bề lõm quay xuống dưới. Bảng giá trị: Trang 2
3. Suy ra parabol y x2 đi qua các điểm 2; 4 , 1; 1 , 0;0 , 1; 1 , 2; 4 . * Đồ thị hàm số y 2 x 3 : Bảng giá trị: 3 Suy ra đồ thị hàm số y 2 x 3 là đường thẳng đi qua hai điểm 0; 3 và ;0 . 2 * Vẽ đồ thị của các hàm số y x2 và y 2 x 3 : b) Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y x2 và y 2 x 3 là nghiệm của phương trình: 2 2 xx2 3 xx 2 3 0 xx1 1; 2 3. Với x 1 y 1; x 3 y 9 . Do đó 2 giao điểm là A 1; 1 , B 3; 9 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B trên trục Ox . Trang 3
4. Ta có SSSS OAB AKHB OAK OHB AK HB 1 1 S KH AKOK OHHB OAB 2 2 2 1 9 1 1 2 S OAB .4 .1.1 .3.9 6 cm . 2 2 2 Vậy diện tích tam giác OAB bằng 6cm2 . Bài 3. (1,5 điểm) x 3 y 5 a. Giải hệ phương trình . 2x 3 y 1 b. Một người dự định đi xe máy từ A đến B với vận tốc không đổi. Nhưng sau khi đi được 2 giờ thì xe bị hỏng nên phải dừng lại 20 phút để sửa chữa. Do đó, để kịp đến B đúng thời gian dự định, người đó phải tăng vận tốc thêm8 km/h. Tính vận tốc ban đầu của xe máy, biết rằng quãng đường AB dài 160 km. Lời giải xy 3 5 3 x 6 x 2 x 2 a. . 2xy 3 1 xy 3 5 2 3 y 5 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: x; y 2; 1 . 1 b. Đổi: 20 phút = giờ. 3 Gọi x (km/h) là vận tốc ban đầu của xe máy (điều kiện x 0 ). 160 Thời gian dự định đi từ A đến B là: (giờ). x Trong 2 giờ đầu người đó đi được 2x (km). Quãng đường còn lại là 160 2x (km). Theo bài ra, ta có phương trình: 1 160 2x 160 2 3x 8 x 7 160 2x 160 3x 8 x 7xx ( 8) 3 x (160 2 x ) 160.3.( x 8) 3xx ( 8) 3 xx ( 8) 3 xx ( 8) 7x2 56 x 480 xx 6 2 480 x 3840 x2 56 x 3840 0 Ta có: '28 2 1.( 3840) 4624 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 28 4624 x 40 (thỏa mãn) 1 1 Trang 4
5. 28 4624 x 96 (loại). 1 1 Vậy vận tốc ban đầu của xe máy là 40 km/h. Bài 4. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 2 m 1 xm 2 3 0 (*), với m là tham số. a. Giải phương trình (*) khi m 0 . b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 thoả 2 2 mãn xx1 26 xx 2 2 1 xx 1 2 7 xx 1 2 2 . Lời giải Phương trình: x2 2 m 1 xm 2 3 0 (*), với m là tham số a. Thay m 0 vào phương trình (*), ta được: x2 2 x 3 0 ( ) Ta có: a b c 1 ( 2) ( 3) 0 ( 3) Phương trình ( ) có hai nghiệm là: x 1; x 3 1 2 1 Vậy với m 0 thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt là x1 1; x 2 3. 2 b. Vì ac. m 3 0 với mọi m phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x1, x 2 với mọi m. xx 2( m 1) Hệ thức Vi-et: 1 2 2 xx1. 2 m 3 2 Vì xx1. 2 m 3 0 nên x1, x 2 trái dấu x22 xx 1 ; 1 2 x 2 trái dấu. 2 2 Mặt khác xx1 26 0; xx 1 2 7 0 với mọi x1, x 2 2 2 Do đó: xx1 26 xx 2 2 1 xx 1 2 7 xx 1 2 2 2 2 xx1 26 xx 1 2 7 0 2 2 2m 2 6 m2 3 7 0 (2mm 4)2 ( 2 4) 2 0 m 2 Vậy với m 2 thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 thoả mãn 2 2 xx1 26 xx 2 2 1 xx 1 2 7 xx 1 2 2 . Bài 5. (3,5 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB AC . Vẽ các đường cao AD,, BE CF của tam giác đó. Gọi H là giao điểm của các đường cao vừa vẽ. a) Chứng minh rằng các tứ giác AEHF và BFEC nội tiếp. b) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn AH, BC . Chứng minh rằng FM FC FN FA. c) Gọi P, Q lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M, N đến đường thẳng DF . Chứng minh rằng đường tròn đường kính PQ đi qua giao điểm của FE và MN . Lời giải: Trang 5
6. a) Chứng minh rằng các tứ giác AEHF và BFEC nội tiếp * Xét tứ giác AEHF có AFH 90  (do CF AB ), AEH 90  (do BE AC ). Suy ra AFH AEH 180 , mà AFH và AEH ở vị trí đối nhau nên tứ giác AEHF nội tiếp. * Xét tứ giác BFEC có BFC 90  (do CF AB ), BEC 90  (do BE AC ). Suy ra 2 góc BFC và BEC cùng nhìn đoạn thẳng BC dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác BFEC nội tiếp. b) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn AH, BC . Chứng minh rằng FM FC FN FA . Tam giác BFC vuông tại F có FN là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC BC FN (1). 2 Tam giác BEC vuông tại E có EN là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC BC EN (2). 2 Từ (1) và (2) suy ra FN EN (*). Tam giác AHF vuông tại F có FM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AH AH FM (3). 2 Tam giác AEH vuông tại E có EM là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AH AH EM (4). 2 Từ (3) và (4) suy ra FM EM ( ). Từ (*) và ( ) ta có MN là đường trung trực của EF . Gọi G là giao điểm của MN và EF . Tam giác FME có MG là đường cao đồng thời là đường trung tuyến. 1 Suy ra FME cân tại M có MG là đường phân giác FMG FME (5). 2 Trang 6
7. 1 Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF có FAE FME (góc nội tiếp bằng một nửa góc ở 2 tâm chắn cung EF ) (6). Từ (5) và (6) suy ra FAE FMG hay FAC FMN . 1 Lại có FM MH AH nên tam giác FMH cân tại M MHF MFH DHC . 2 1 Mặt khác FN NC BC nên tam giác FNC cân tại N NFC NCF . 2 Mà NCF HDC 90 NFC MFH MFN 90. Xét tam giác FMN và FAC có FMN FAC , MFN AFC 90. FMFN Suy ra FMN∽ FAC FMFC . FN. FA (đpcm). FAFC c) Chứng minh rằng đường tròn đường kính PQ đi qua giao điểm của FE và MN . Vì MN EF tại G nên MGF 90. Ta có MP PQ tại P nên MPF 90 . Tứ giác MPFG có MGF MPF 180, mà 2 góc này đối nhau MPFG là tứ giác nội tiếp. Suy ra MGP MFP (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MP ). Vì MN EF tại G nên NGF 90 . Ta có NQ PQ tại Q nên NQF 90 . Tứ giác NQFG có NGF NQF 180 , mà 2 góc này đối nhau NQFG là tứ giác nội tiếp. Suy ra NGQ NFQ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung NQ ). MGP NGQ MFP NFQ . Mà MFN 90 nên MFP NFQ 90 MGP NGQ 90 PGQ 90 G thuộc đường tròn đường kính PQ . Vậy đường tròn đường kính PQ đi qua giao điểm của FE và MN . Trang 7