Đề tham khảo tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở GD&ĐT Nam Định (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề tham khảo tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở GD&ĐT Nam Định (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THAM KHẢO THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2021 – 2022 Bài thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút. (Đề thi gồm: 02 trang) Phần I: Trắc nghiệm (2,0 điểm). Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. Câu 1: Tìm điều kiện để biểu thức 3 1 x x 1 có nghĩa. A. 1x 1. B. x 1. C. x 1. D. x 1 hoặc x 1. Câu 2: Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến trên R? 1 A. y x2 . B. y x 2 1 2021. C. y x2 . D. y 1 2 x 2021. 2 x5 y 6 Câu 3: Hệ phương trình có nghiệm x; y là x 2 y 1 A. 2;1 . B. 1;2 . C. 1;1 . D. 1; 1 . Câu 4: Điểm nào sau đây thuộc đồ thị hàm số y 2x 2 ? A. 1;2 . B. 1;2 . C. 1; 2 . D. 2; 1 . Câu 5: Trong các phương trình sau, phương trình nào có tổng hai nghiệm bằng 2? A. x2 2 x 2 0 . B. x2 3 x 2 0 C. x2 2 0. D. 2022.x2 2 2022. x 4 0. Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A , biết AB 3 cm , A C 4 cm . Tính độ dài đường cao AH . 12 5 A. cm . B. 5cm. C. cm . D. 7cm . 5 12 Câu 7: Một tam giác vuông cân có độ dài cạnh góc vuông là 3 2 cm, khi đó bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó bằng 2 A. 6 cm. B. 3cm. C. 2 cm. D. cm. 2 Câu 8: Một bóng đèn huỳnh quang dài 1,2m đường kính của đường tròn đáy là 4cm, được đặt khít vào một ống giấy cứng dạng hình hộp (như hình vẽ dưới đây). Tính diện tích phần giấy cứng dùng để làm một hộp (biết hộp hở hai đầu, không tính lề và mép dán). A. 1920cm2. B. 1920dm2. C. 1920m2. D. 192 dm2.
2. Phần II: Tự luận (8,0 điểm) 6 x 2x 12 x Bài 1. (1,5 điểm) Cho hai biểu thức A và B với x 0 và x 9 6 2 x xx 2 3 2 x 2 1) Tính giá trị biểu thức A khi x 16 . 2) Rút gọn biểu thức P B– A . Bài 2. (1,5 điểm) 1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng dy 2 x 3 và parabol P y x2 . 2) Cho phương trình x2 2 mx 1 0 (với mlà tham số). Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x 2 ( x1 x 2 ) thỏa mãn x1 x 2 xx 1 2 m 3. xy 1 xy 1 5 6 Bài 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: x y 1 4. Bài 4. (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC vuông tại A có độ dài các cạnh AB = 6cm, AC = 3cm. Lấy điểm M trên cạnh AB sao cho nửa đường tròn (O) đường kính AM tiếp xúc với cạnh BC tại N. Tính diện tích phần tam giác ABC nằm ngoài nửa hình tròn (O) (phần tô đậm trong hình vẽ bên; kết quả làm tròn đến số thập phân thứ nhất). 2) Cho tam giác ABC vuông tại A, M là một điểm thuộc cạnh AC ( M khác A và C ). Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N và cắt tia BM tại I. Chứng minh rằng: a) ABNM và ABCI là các tứ giác nội tiếp đường tròn. MA MK b) Gọi K là giao điểm của NI và MC. Chứng minh: . AC CK Bài 5. (1,0 điểm) 1) Giải phương trình 3xx 4 3 1 2 x 3 3 xx 3 3. 2) Xét ba số dương a,b,c thỏa mãn abc 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức b2 c 2 a 2 9 P . a b c2( ab bc ca ) HẾT
3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN ĐỀ THAM KHẢO THI TUYỂN SINH VÀO 10 NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2021 - 2022 Bài thi: Toán Đáp án gồm: 06 trang I/ Trắc nghiệm Mỗi đáp án đúng được 0,25 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án A D C C D A B A II/ Tự luận Bài Nội dung Điểm Bài 1 (1,5 điểm): 6 x 2x 12 x Cho hai biểu thức A và B với x 0 và x 9 6 2 x xx 2 3 2 x 2 Bài 1 1) Tính giá trị biểu thức A khi x 16 1,5 đ 2) Rút gọn biểu thức P B– A 1) Ta có x 16 (thỏa mãn điều kiện xác định) 0,25 đ nên với x 16 ta có 6 x 6 16 A 6 2x 6 2 16 6 4 2 A 1 6 2.4 2 0,25 đ Kết luận: Vậy khi x 16 thì biểu thức A có giá trị bằng -1. 2) Với x ≥ 0 và x ≠ 9, ta có 0,25 đ 2x 12 x 6 x P B A xx 2 3 2 x 2 6 2 x 2x 12 x 6 x 0,25 đ P xx 1 3 2 x 1 2 x 3 4x 24 xx 3 6 xx 1 0,25 đ P 2 x 1 x 3 4x 24 xxxx 3 5 6 6 x 18 3 P 2 xx 1 3 2 xx 1 3 x 1 0,25 đ 3 Vậy với x ≥ 0 và x ≠ 9, ta có P x 1 Bài 2. (1,5 điểm) 1) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d): y 2 x 3 và Parabol (P) y x2
4. 2) Cho phương trình x2 2 mx 1 0 (với a là tham số). Tìm a để phương trình Bài 2 có hai nghiệm phân biệt x1; x 2 ( x1 x 2 ) thỏa mãn x1 x 2 xx 1 2 m 3. 1) Tọa độ giao điểm của đường thẳng (d): y 2 x 3 và Parabol (P) y x2 là nghiệm của hệ y 2 x 3 phương trình 2 0,25 đ y x xx2 2 3 xx 2 2 3 0 x 1 x 3 hoặc 2 2 yx yx y 1 y 9 0,25 đ Vậy tọa độ giao điểm của đường thẳng (d): y 2 x 3 và Parabol (P) y x2 là 1;1 và 0,25 đ 3;9 2 2) x 2 mx 1 0 0,25 đ Vì ac. 1. 1 1 0 . Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm trái dấu phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. xx1 2 2 m Theo hệ thức Viet ta có x1. x 2 1 Vì x x nên x 0, x 0 1 2 1 2 0,25 đ x1 xx 1; 2 xxx 2 ; 1 2 xx 1 2 xxxxm 3 xxxxm 3 2 m 1 m 3 1 2 1 2 1 2 1 2 0,25 đ m 2 0 m 2 Vậy m =2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 3. (1,0 điểm) Bài 3 xy 1 xy 1 5 6 1,0 đ Giải hệ phương trình: x y 1 4 ĐKXĐ: xy 1 Với xy 1, ta có 2 0,25 đ xy 1 xy 1 5 6 xy 1 5 xy 1 6 0 x y 1 4 xy x 4 xy 1 1 0,25 đ xy x 4 xy 2 x 2 (t.m) x 2 y 1 0,25 đ Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y) là (2;1) 0,25 đ
5. Bài 4 1) ( 1 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có độ dài các cạnh AB = 6cm, AC = 3cm. Lấy điểm M trên cạnh AB sao cho nửa đường tròn (O) đường kính AM tiếp xúc với cạnh BC tại N. Tính diện tích phần tam giác ABC nằm ngoài nửa hình tròn (O) (phần tô đậm trong hình vẽ bên; kết quả làm tròn đến số thập phân thứ nhất). 1 0.25 Diện tích tam giác vuông ABC là S ABAC. 9( cm2 ) ABC 2 ON AC 1 1 1 0,25 Ta có: tanB ON NB ( BC CN ) NB AB 2 2 2 3( 5 1) BC 3 5( cm ); CN CA 3( cm ) suy ra ON ( cm ) 2 1 9 9(3 5) 0,25 Diện tích nửa hình tròn (O) là SR 2 ( 5 1) 2 ( cm 2 ) 1 2 8 4 9(3 5) 0,25 Diện tích cần tính là SSS 9 3,6( cm2 ) ABC 1 4 2) Cho tam giác ABC vuông tại A, M là một điểm thuộc cạnh AC ( M khác A và C ). Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N và cắt tia BM tại I. Chứng minh rằng: a) ABNM và ABCI là các tứ giác nội tiếp đường tròn. MA MK b) Gọi K là giao điểm của NI và MC. Chứng minh: AC CK B N K C A M I
6. a) 1) ) Chứng minh: ABNM và ABCI là các tứ giác nội tiếp đường tròn. Ta có: MNC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) MNB 900 (hai góc kề bù) 0,25 Lại có MAB 900 (gt) MNB MAB 900 90 0 180 0 0,25 Suy ra ABNM là tứ giác nội tiếp đường tròn.(tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180o) Ta có: MIC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay BIC 900 0,25 hai đỉnh A và I cùng nhìn cạnh BC dưới một góc vuông 0,25 Suy ra ABCI là tứ giác nội tiếp đường tròn. b) MA MK 3) Chứng minh: AC CK * Chứng minh: NM là tia phân giác của góc ANI Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABNM ta có: MNA MBA (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MA) (1) 0,25 Xét đường tròn đường kính MC ta có: MNI MCI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MI) (2) Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCI ta có: MBA MCI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI) (3) 0,25 Từ đó ta suy ra NM là tia phân giác của góc ANI NA MA Xét ∆ ANK có NM là tia phân giác của góc ANK nên ta có (4) 0,25 NK MK Vì MNC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên NC là phân giác góc ngoài tại đỉnh N của ∆ ANK NA CA Suy ra (5) NK CK NA MA CA 0,25 Từ (4), (5) ta suy ra NK MK CK MA MK Hay (điều phải chứng minh). CA CK Bài 5 Bài 5. (1,0 điểm) 1) Giải phương trình: 3xx 4 3 1 2 x 3 3 xx 3 3. 2) Xét ba số dương a,b,c thỏa mãn abc 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức b2 c 2 a 2 9 P . a b c2( ab bc ca )
7. 1) 1) Giải phương trình: 3xx 4 3 1 2 x 3 3 xx 3 3. x 3 Điều kiện: 3x 3 x 3 0 Cách 1 : Đặt a 3 x 4 x 3(a0) ; b 3 x 3 x 3(b0) 0,25 2 2 Khi đó phương trình đã cho trở thành : a a b b. a b a b 1 0 a b 1 hoặc a b 0 +) a b 1 thay vào giải ta được nghiệm x = 1. +) a b 0 thay vào giải pt vô nghiệm Cách 2: 3xx 4 3 1 2 x 3 3 xx 3 3. 3xx 4 3 3 xx 3 3 1 2 x 3 1 2x 3 1 2x 3 3x 4 x 3 3 x 3 x 3 1 1 2x 3 . 1 0 3x 4 x 3 3 x 3 x 3 1 1 0,25 3x 4 x 3 3 x 3 x 3 3x 4 x 3 3 x 3 x 3 1 3xx 4 3 1 3 xx 3 3 34xx 3133 xx 3233 xx 3 x 3 3 x 3 x 3 x 3 2 x x 0 2 4x x 3 0 x 1. (Thỏa mãn) Vậy nghiệm của phương trình là x =1. 2) Cho ba số dương a,b,c thỏa mãn abc 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 0,25 b2 c 2 a 2 9 P a b c2( ab bc ca )
8. 1 1 1 +) Đặt x , y , z suy ra x.y.z 1 và xyz,, dương. a b c x y z 9 +) Khi đó P (*) yzx2 2 2 2( xyz ) +) ta có 1x 2 1 y 2 1 z 2 ; ; xy2 yyz 2 zzx 2 x x y z 1 1 1 2 2 2 xy yz zx y z x xyz +) ta có xy yz zx 2 x y z xyz x y z xy zx yz yx zx zy 3 (xy yz zx )2 x y z 3 27 P ( xy yz zx ) 2 2(xy yz zx ) 27 9 9 do( xy yz zx ) 2 P 2(xy yz zx ) 2 2 Dấu ‘ ’ xảy ra khi a b c 1. 9 Vậy GTNN của P abc 1 2 0,25