Đề thi tuyển sinh toán 10 bình định

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2022
BÌNH ĐỊNH
Mơn thi: TỐN CHUNG
Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Ngày thi: 11/06/2022
Câu 1.

(2,0 điểm)
2 x  3 y  1
.

x

4
y

6

1. Không dùng máy tính, giải phương trình:
Q(

x 2
x 2
x 1

).
; x  0, x  1
x  2 x 1 x 1
x

2.Cho biểu thức:
a) Rút gọn biểu thức Q
b) Tìm số nguyên x để Q có giá trị nguyên lớn nhất.
Câu 2. (2.0 điểm)

2
1.Cho phương trình 2 x  ( m  1) x  m  1  0. Tìm các giá trị của m để phương trình có hai
nghiệm bằng tích của chúng.
2. Trong hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng (d ) : y   x  4 và điểm A(2, 2)

a) Chứng tỏ điểm A thuộc đường thẳng (d ) .
2
b) Tìm a để parabol (P) : y  ax đi qua điểm A. Với giá trị a tìm được hãy xác định tọa
độ điểm B là giao điểm thứ hai của (d ) và ( P) .
c) Tính diện tích tam giác OAB.
Câu 3. (1,5 điểm)
2
Tam giác vng có cạnh huyền bằng 13cm , diện tích là 30cm . Tính độ dài các cạnh góc
vng.
Câu 4. (3,5điểm)
Từ một điểm S ở ngồi đường trịn (O ) kẻ hai tiếp tuyến SB,SC (B,C là các tiếp điểm)
và một cát tuyến cắt (O) tại D và E (D nằm giữa S và E). Qua B kẻ đường thẳng song song với
DE cắt đường tròn (O ) tại điểm thứ hai là A. BC và AC cắt DE lần lượt tại F và I.
a)Chứng minh: SIC  SBC.
b) Chứng minh 5 điểm S,B,O,I,C cùng nằm trên một đường tròn.
c)Chứng minh FI .FS  FD.FE.
d) Đường thẳng OI cắt đường tròn (O) tại M và n (M thuoccj cung nhỏ AB). Đường thẳng NF cắt
đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Chứng minh 3 điểm S,K,M thẳng hàng.
Câu 5. (1.0 điểm)
Cho 3 số a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh

a
b
c


 3.
bc a a cb abc


--------------- Hết ------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
BÌNH ĐỊNH
Năm học: 2021 – 2022
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Mơn thi: TỐN
Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề)
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.

(2,0 điểm)
2 x  3 y  1
.

x

4
y

6


1. Khơng dùng máy tính, giải phương trình:
Q(

x 2
x 2
x 1

).
; x  0, x  1
x  2 x 1 x 1
x

2.Cho biểu thức:
a) Rút gọn biểu thức Q
b) Tìm số ngun x để Q có giá trị nguyên lớn nhất.
Lời giải

 2 x  3 y  1 2 x  3 y  1
x  4 y  6
x  2



.

x

4
y


6
2
x

8
y

12
11
y


11
y


1




1. Ta có
Vậy nghiệm của hệ phương trình là : ( x; y )  (2; 1)
2. a) Với x  0, x  1, ta có
Q(

x 2
x 2
x 1
x 2

x 2
x 1

).


).
2
x  2 x 1 x 1
x
( x  1) ( x  1)( x  1)
x



( x  2)( x  1)  ( x  1)( x  2) x  1
.
( x  1)( x  1) 2
x



2 x
x 1
2
2
.


.

2
( x  1)( x  1)
x
( x  1)( x  1) x  1

2
x  1 với x  0, x  1,
Vậy
b) Theo yêu cầu bài toán x  Z thì Q  Z nên
x  1 U(2)  x  1 {  2; 1;1; 2}  x  {  1; 0; 2;3}.
Kết hợp với điều kiện suy ra x {2,3}
Q

-Với x  2  Q  2
-Với x  3  Q  1

Vậy số nguyên x thỏa mãn đê Q đạt giá trị lớn nhất là x  2.


Câu 2.

(2.0 điểm)

2
1.Cho phương trình 2 x  (m  1) x  m  1  0. Tìm các giá trị của m để phương
trình có hai nghiệm bằng tích của chúng.
2. Trong hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng ( d ) : y   x  4 và điểm A(2, 2)

a) Chứng tỏ điểm A thuộc đường thẳng (d ) .
2

b) Tìm a để parabol (P) : y  ax đi qua điểm A. Với giá trị a tìm được hãy xác
định tọa độ điểm B là giao điểm thứ hai của ( d ) và ( P) .
c) Tính diện tích tam giác OAB.
Lời giải

m 1
1,
a

b

c

2

[

(
m

1)]

m

1

0
2
1.Nhận thấy
nên phương trinh có 2 nghiệm là

Khơng mất tính tổng qt giả sử phương trình có hai nghiệm x1 , x2 , theo u cầu bài tốn ta có
x1  x2  x1.x2
m 1
m 1 m 1
x1  1, x2 
 1

m2
2
2
2
+Nếu
m 1
m 1
m 1
x2  1, x1 

1 
02
2
2
2
+ Nếu
khơng có giá trị m thỏa mãn.

Vậy m  2 là giá trị cần tìm
2.a) Thay x  2, y  2 vào phương trình đường thẳng (d)ta được 2  2  4 (ln đúng) do đó A  (d )
1
2  a.22  a 
2

b) Thay x  2, y  2 vào phương trinh (P) ta có
1
1
a
( P) : y  x 2
2 ta được phương trình
2
Với
Phương trình hồnh độ giao điểm của (d ), ( P) là
x  2
1 2
x   x  4  x 2  2 x  8  0  ( x  2)( x  4)  0  
2
 x  4
Suy ra hoành độ của điểm B là x  4 vậy toaaj độ của điểm B(4;8)
a

1
2 thì B (4;8) .

Vậy với
Thay x  0 vào phương trình đường thẳng (d) ta được y  0  4  4 ,suy ra giao điểm với trục Oy với
(d) có tọa độ là I (0, 4) Biểu diễm các điểm A,I,B lên mặt phẳng tọa độ Oxy ta được hình vẽ. Gọi
H,K là hình chiếu của B,A lên Oy khi đó ta có BH  4, A K  2, OI  4
1
1
1
1
SOAB  SOBI  S OAI  BH .OI  AK .OI  4.4  2.4  12
2

2
2
2
Ta có
(đvdt)
Câu 3. (1,5 điểm)
2
Tam giác vng có cạnh huyền bằng 13cm , diện tích là 30cm . Tính độ dài các cạnh góc
vng.


Lời giải

Gọi x,y lần lượt là các cạnh góc vng, điều kiên là 0  x, y  13.
1
60
xy  30  x  .(1)
2
y
Vì diện tích tàm giác vng là 30cm nên ta có 2
2
2
2
Vì tam giác vng có cạnh huyền bằng 13 nên ta có phương trình x  y  13 (2)
60
x 2  ( )2  132  x 4  169 x 2  3600  0(*)
x
Thay (1) vào(2) ta được

u  144

u 2  169u  3600  0   1
u2  25
Đặt u  x , u  0 phương trình (*) trở thành
60
u  144  x 2  144  x  12  y 
 5.
12
Với
(do x  0 )
60
u  25  x 2  25  x  5  y 
 12.
5
Với
(do x  0 )
Vậy độ dài hai cạnh góc vng lần lượt là 5(cm) và 12(cm).
Câu 4. (3,5 điểm)
Từ một điểm S ở ngoài đường tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến SB,SC (B,C là các tiếp điểm) và một
2

cát tuyến cắt (O) tại D và E (D nằm giữa S và E). Qua B kẻ đường thẳng song song với DE cắt
đường tròn (O) tại điểm thứ hai là A. BC và AC cắt DE lần lượt tại F và I.

a)Chứng minh: SIC  SBC.
b) Chứng minh 5 điểm S,B,O,I,C cùng nằm trên một đường tròn.
c)Chứng minh FI .FS  FD.FE.
d) Đường thẳng OI cắt đường tròn (O) tại M và n (M thuoccj cung nhỏ AB). Đường thẳng NF cắt
đường tròn (O) tại điểm thứ hai là K. Chứng minh 3 điểm S,K,M thẳng hàng.
Lời giải
Ta có SBC là góc tạo bởi tia tiếp tuyến BS và dây cung BC chắn cung BDC nên

SBC 

1
1
sd BDC  ( BKD  DC ), (1)
2
2

Vì SIC là góc có đỉnh nằm bên trong đường trịn nên

SIC 

1
( AE  DC )(2)
2

Vì DE song song với AB nên suy ra SBK  AE (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra SIC  SBC.
b) Tứ giác SBIC có SIC  SBC suy ra tứ giác SBIC nội tiếp suy ra bốn điểm S;I;B;C (4)cùng
nằm trên một đường trị. Ta có SB,SC là các tiếp tuyến của đường tròn nên


SBO  SCO  90o  SBO  SCO  180o  tứ giác SCOB nơi tiếp đường trịn suy ra S,C,B,O
cùng thc một đường trịn (5)
Từ(4),(5) suy ra năm điểm S,I,B,C,O cùng nằm trên một đường tròn.
c) Xét FSC và FBI ta có SCP  IBF ( vì tứ giác SCIB nội tiếp) và SFC  BFI (đ đ)
nên

FSC : FBI ( g  g ) 

SF FC

 FI .FS  FB.FC (6)
FB FI

Xét FCD và FEB ta có DCF  BEF ( vì tứ giác BDCE nội tiếp) và DFC  BFE (đ đ)
nên

FCD : FEB( g  g ) 

FD FC

 FD.FE  FB.FC (7)
FB FE

Từ (6),(7) suy ra FI .FS  FD.FE (8)
d) Xét FDK và FNE ta có FDK  FNE ( vì tứ giác DNEK nội tiếp) và DFK  NFE (đ đ)
nên

FDK : FNE ( g  g ) 

FD FN

 FD.FE  FK .FN (9)
FK FE

Từ (8),(9) suy ra FK .FN  FI .FS
FS FK

( FD.FE  FI .FS )

Xét FKS và FIN ta có SEK  NFI (dd ) và FN FI

Suy ra FKS : FIN ( g  g )  SKF  NIF hay SKN  SIN (10)
Theo câu b ta có 5 điểm S , I , B, O, C cùng nằm trên một đường tròn nên tứ giác SIOB nội tiếp
o
o
o
suy ra SBO  90  SIO  90  SIN  90 (11)
o
Từ (10), (11) suy ra SKN  90 hay NK  SK (12)
o
Ta có dây cung DE không qua tâm O mà OI  DE ( SIO  90 )  MN là đường kính của đường
o
trịn (O)  MKN  90 hay MK  NK (13)

Từ (12),(13) suy ra S,K,M thẳng hàng.
Câu 5.

(2,5 điểm)
Cho 3 số a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh
a
b
c


 3.
bc a a cb abc

Lời giải

b  c  a  2 x  0

 a  c  b  2 y  0  a  y  z , b  x  z , c  x  y.
a  b  c  2 z  0


a
b
c


b  c  a a  c  b a  b  c và
Đặt
y z x z x y 1 y x
x z
y z
1
A


 [(  )  (  )  (  )]  (2  2  2)  3
2x
2y
2z
2 x y
z x
z y
2
Khi đó

y x x z y z
 ,  ,   x  y  z  a  b  c.
Dấu “=” xảy ra khi x y z x z y
A

Vậy A  3 dấu “=” xảy ra khi a  b  c tức là tam giác đã cho là tam giác đều