Đề thi TS 10 môn toán năm học 2020 2021 tỉnh bạc liêu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẠC LIÊU

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2021 - 2022
MƠN THI: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (4,0 đ)
a) Rút gọn biểu thức: A  28  63  2 7
x yy x

b) Chứng minh rằng:

xy

:

1
 x y
x y
với x  0; y  0; x  y

Câu 2. (4,0 đ)
x  2 y  5

a) Giải hệ pt: 2 x  y  7
1
1

y   x2
y  x2
4 có đồ thị (P) và đường thẳng (d):
2
b) Cho hàm số:
. Vẽ đồ thị (P)

và tìm tọa độ giao điểm của (P) với đường thẳng (d) bằng phép tính.
Câu 3. (6,0 đ)
Cho phương trình:

x2   m  2 x  m  1  0

(1)

a) Giải pt (1) với m = -3.
b) Chứng tỏ pt (1) ln có nghiệm với mọi số thực m.
c) Tìm m để pt có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 là độ dài hai cạnh góc vng của một
tam giác vng có độ dài đường cao ứng với cạnh huyền là

h

2
5.

Câu 4. (6,0 đ)
Cho đường trịn (O;R) và đường thẳng d khơng đi qua O cắt (O) tại hai điểm A; B.
Trên tia đối của tia BA lấy điểm M; qua M kẻ hai tiếp tuyến MC; MD với đường tròn (O)
( C; D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB.
a) Chứng minh tứ giác OMCH nội tiếp.

2
b) OM cắt đường tròn (O) tại I và cắt CD tại K. Chứng minh OK.OM=R

c) Đường thẳng qua O vuông góc với OM, cắt tia MC và MD lần lượt tại P và Q.
Tính độ dài OM theo R sao cho diện tích tam giác MPQ nhỏ nhất.


HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1:
a) Rút gọn biểu thức: A  28  63  2 7
A  28  63  2 7  2 7  3 7  2 7  3 7

x yy x
xy

b) Chứng minh rằng:
x yy x
xy

:

1

x y

x yy x
xy

Vậy

:

xy



:

x y
xy

1
 x y
x y
với x  0; y  0; x  y

.



 

x y 

x y





x  y  x y

1
 x y
x y
với x  0; y  0; x  y

Câu 2:
x  2 y  5

a) Giải hệ pt: 2 x  y  7
x  2 y  5
 2 x  4 y  10
3 y  3
 y  1
 y  1





2 x  y  7
2 x  y  7
2 x  y  7
2 x  7  (1)
x  3

Vậy

S=   3; 1 

1
1
y   x2
y  x2
4 có đồ thị (P) và đường thẳng (d):
2
b) Cho hàm số:
. Vẽ đồ thị (P) và

tìm tọa độ giao điểm của (P) với đường thẳng (d) bằng phép tính.
+ Vẽ (P):

X
1
y   x2
4

-4
-4

-2
-1

0
0

2
-1

4
-4

+ Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của pt:
1
1
1
1
x  2   x2  x2  x  2  0  x2  2 x  8  0
2
4
4
2
x  2
 x2  2 x  4 x  8  0   x  2  x  4  0  
 x  4

Với x=2 ta được y=-1; với x=-4 ta được y=-4.
Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là :

 2; 1 và  4; 4 


Câu 3:

Cho phương trình:

x2   m  2 x  m  1  0

(1)

a) Giải pt (1) với m=-3.
2
Khi m=-3 pt (1) trở thành : x  x  2  0 . Vì 1+1+(-2)=0 nên pt có hai nghiệm x1  1; x2  2

b) Chứng tỏ pt (1) ln có nghiệm với mọi số thực m.
     m  2    4  m  1  m 2  4m  4  4m  4  m2  0
2

Ta có:

với mọi m.

Vậy pt (1) ln có nghiệm với mọi số thực m.
c) Tìm m để pt có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 là độ dài hai cạnh góc vng của
một tam giác vng có độ dài đường cao ứng với cạnh huyền là

h

2
5.

2
Theo câu (b) ta có:   m

Pt (1) có có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 là độ dài hai cạnh góc vng của một tam giác

vuông

m2  0

  0
m  0


  x1  x2  0  m  2  0  
 m  1
 x .x  0
m  1  0
 1 2


Mặt khác: tam giác vng có đường cao ứng với cạnh huyền

h

2
5 nên áp dụng hệ thức:

x12  x22 5
1 1
1
2
2



  4  x1  x2   2 x1 x2   5  x1 x2 
2
2
2

2 2


x1 x2  2 
x1 x2
4
1 1
1




 5
b 2 c 2 h 2 ta có:

m  1
2
2
 4  m  2   2  m  1   5  m  1  m 2  2m  3  0  


 m  3

.

Đối chiếu điều kiện ta được m=1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy m=1 là giá trị cần tìm.

Câu 4:
Cho đường trịn (O;R) và đường thẳng d không đi qua O cắt (O) tại hai điểm A; B.

Trên tia đối của tia BA lấy điểm M; qua M kẻ hai tiếp tuyến MC; MD với đường tròn (O)
( C; D là các tiếp điểm). Gọi H là trung điểm của AB.
a) Chứng minh tứ giác OMCH nội tiếp.

·
Vì H là trung điểm của dây cung AB nên OH  AB  OHM=90

·
·
Ta có: OHM  OCM  90 nên tứ giác OMCH nội tiếp.


2
b) OM cắt đường tròn (O) tại I và cắt CD tại K. Chứng minh OK.OM=R

·



Tam giác ODM vuông tại D (vì ODM  90 ). Mặt khác: MC=MD (t/c hai tiếp tuyến cắt
nhau); OC=OD=R  OM là đường trung trực của đoạn thẳng CD  OM  CD . Trong tam
2
2
2
giác vuông ODM áp dụng hệ thức b =a.b' ta có: OD =OK.OM  OK.OM=R .

c) Đường thẳng qua O vng góc với OM, cắt tia MC và MD lần lượt tại P và Q.
Tính độ dài OM theo R sao cho diện tích tam giác MPQ nhỏ nhất.
Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ta có MO là tia phân giác của góc PMQ, mặt khác
MO  PQ nên tam giác PMQ cân tại M  PQ  2OP .

Ta có

SPMQ 

1
MO.PQ=MO.OP
2
. Trong tam giác vng OMQ ta có:

1
1
1
1
1
1

+
 2 
+
2
2
2
2
OD
OP OM
R
OP OM 2

Áp dụng bất đẳng thức Cô si :

1
1
1
1
2
1
2
+
2
.

 2
2
2
2
2
OP OM
OP OM
OP.OM
R
SPMQ

SPMQ

1
 1
=

2
  OM OP 2  OM=OP=R 2

2

 2R 2
. Dấu “=” xảy ra OM.OP=2R
.

Vậy SPMQ đạt giá trị nhỏ nhất  OM=R 2 .