Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm 2021 - 2022 lần 3 do thuvientoan.net biên soạn

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (270.82 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 
 Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài 150, không kể thời gian phát đề. 
Câu 1. (1,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức A2 35 48 1255 5.

b) Tìm điều kiện của x để biểu thức B 3x4 có nghĩa.
Câu 2. (2,5 điểm)

a) Giải hệ phương trình









2
2

2 3 5

2 2 3 8

x x y

   


    


b) Giải phương trình: x  2 2 x.

c) Cho parabol

 

P :y2x2 và đường thẳng

 

d :y3xb. Xác định giá trị của b bằng phép tính để đường
thẳng

 

d tiếp xúc với parabol

 

P .

Câu 3. (1,5 điểm)

Cho phương trình 2





 

1 0 1

x  m x m với m là tham số.

a) Chứng minh phương trình

 

1 ln có nghiệm với mọi giá trị của .m

b) Xác định các giá trị của m để phương trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn:









1 3 1 2 3 2 4.
x x x x  
Câu 4. (1,0 điểm)

Một lâm trường dự định trồng 75 ha rừng trong một số tuần. Do mỗi tuần trồng vượt mức 5 ha so với kế hoạch
nên đã trồng được 80 ha và hoàn thành sớm hơn 1 tuần. Hỏi mỗi tuần lâm trường dự định trồng bao nhiêu ha
rừng?

Câu 5. (3,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O có đường kính AB2 .R Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi
trên đường tròn

 

O sao cho E không trùng với A và B. Dựng đường thẳng d1 và d2 lần lượt là các tiếp tuyến
của đường tròn

 

O tại A và B. Gọi d là đường thẳng qua E và vuông góc với EI. Đường thẳng d cắt d d1, 2
lần lượt tại M N, .

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

c) Khi điểm E thay đổi, chứng minh tam giác MNI vuông tại I và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích MNI
theo R.

Câu 6. (1,0 điểm)

Khi xây nhà, cô Ngọc cần xây một bể đựng nước mưa có thể tích 3
6

V  m dạng hình hộp chữ nhật với chiều dài
gấp ba lần chiều rộng, đáy và nắp và các mặt xung quanh đều được đổ bê tơng, cốt thép. Phần nắp để hở một
khoảng hình vng có diện tích bằng 2

9 diện tích nắp bể. Biết rằng chi phí cho

1m bê tơng cốt thép là 1 triệu
đồng. Tính chi phí thấp nhất mà cơ Ngọc phải trả khi xây bể (làm trịn đến chữ số hàng trăm nghìn)?

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

LỜI GIẢI CHI TIẾT 
Câu 1. (1,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức A2 35 48 1255 5.

b) Tìm điều kiện của x để biểu thức B 3x4 có nghĩa.
Lời giải

a) Ta có: A2 35 3 4 2  535 52 320 35 55 522 3.
Vậy A22 3.

b) Ta có B có nghĩa khi và chỉ khi 3 4 0 4.
3

x   x

Vậy với 4

x thì B có nghĩa.

Câu 2. (2,5 điểm)

a) Giải hệ phương trình









2
2

2 3 5

2 2 3 8

x x y

   


    


b) Giải phương trình: x  2 2 x.

c) Cho parabol

 

P :y2x2 và đường thẳng

 

d :y3xb. Xác định giá trị của b bằng phép tính để đường
thẳng

 

d tiếp xúc với parabol

 

P .

Lời giải 
a) Cộng vế theo vế của hệ phương trình ta được:

















2 2
2 2
2

2 3 2 2 3 5 8

3 2 3 2 1 0

1 0 1.

x x y x x y

x x x x

x x

      
       
    

Với x1, ta có:  1 3y  5 y 2.

Vậy hệ cho có nghiệm



x y;

  

 1; 2 .

b) Ta có:





2 2

5 17

2 0 2 5 17

2 2 2 .

5 2 0

2 2

x

x x x

x x x

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất 5 17.
2

x 

c) Phương trình hồnh độ giao điểm của

 

d và

 

P là:

2 2

2x 3x b 2x 3x b 0.

 

P tiếp xúc với

 

3 2 4 2

 

0 9.
8

d             b b

Vậy với 9

b  thì

 

P tiếp xúc với

 

d .
Câu 3. (1,5 điểm)

Cho phương trình 2





 

1 0 1

x  m x m với m là tham số.

a) Chứng minh phương trình

 

1 ln có nghiệm với mọi giá trị của .m

b) Xác định các giá trị của m để phương trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 thỏa mãn:









1 3 1 2 3 2 4.
x x x x  

Lời giải

a) Phương trình

 

1 có  



m1



2 4



m



m22m 1



m1



20

Nên phương trình

 

1 có nghiệm với mọi m.

b) Phương trình

 

1 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi     0 m 1.
Theo định lý Viete, ta có: 1 2

1 2

1
.

x x m

x x m

   


  

 Khi đó, ta có:





























1 1 2 2

2 2

1 1 1 2

1 2 1 2 1 2

3 3 4

3 4

3 2 4

1 3 1 2 4 0

3 2 0 .

x x x x

x x x x x x

m m m

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Câu 4. (1,0 điểm)

Lời giải

Gọi số ha rừng mà lâm trường dự định trồng trong mỗi tuần là x ha với x0.

Thời gian trồng rừng theo kế hoạch là 75

x (tuần).
Thực tế mỗi tuần lâm trường trồng được x5 ha
Thời gian trồng rừng thực tế là 80

x (tuần)

Vì thực tế lâm trường hoàn thành sớm hơn dự định 1 tuần nên ta có phương trình:









75 80

1
5

75 5 80 5

10 375 0

15
.
25

x x

x x x x

x x

x
x

 



    

   

 



  



Do x0 nên x15. Vậy mỗi tuần phải trông 15 ha.
Câu 5. (3,0 điểm)

Cho đường trịn tâm O có đường kính AB2 .R Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi
trên đường trịn

 

O sao cho E khơng trùng với A và B. Dựng đường thẳng d1 và d2 lần lượt là các tiếp tuyến
của đường tròn

 

O tại A và B. Gọi d là đường thẳng qua E và vng góc với EI. Đường thẳng d cắt d d1, 2
lần lượt tại M N, .

a) Chứng minh tứ giác AMEI nội tiếp.

b) Chứng minh IAE đồng dạng với NBE. Từ đó chứng minh IB NE 3IE NB .

c) Khi điểm E thay đổi, chứng minh tam giác MNI vuông tại I và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích MNI
theo R.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

a) Ta có d1 là tiếp tuyến của

 

O tại A nên MAI 90 .0
Theo giả thiết MEI 90 .0

Suy ra: MAIMEI900 hay tứ giác AMEI nội tiếp.
b) Do E nằm trên đường tròn đường kính ABAEB90 .0

Theo giả thiết NEI90 .0 Từ đó suy ra AEI BEN

 

1 do cùng phụ với IEB.
Lại có AEIEBN

 

2 do cùng phụ với ABE.

Từ

 

1 và

 

2 , suy ra AIE đồng dạng với BEN.

c) Theo câu a) ta có tứ giác AMEI nội tiếp. Suy ra MIEMAE.

Chứng minh tương tự cũng có BIEN là tứ giác nội tiếp. Suy ra EIBEBN.

Mà  0 

MAE EAB và  0 

90 .

EBN EBA

Suy ra MAEEBN1800



EAIEBA



1800



1800AEB



AEB90 .0
Do đó MIEEIN90 .0 Suy ra tam giác MNI vuông tại I.

Khi đó







 

2 2 2 2

2 2

3 .

2 2 2

MNI

MA AI MB IB
MI IN MI IN

S       

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiaxcopki, ta có:



2 2



2 2



 

4
MA IA NB IB MA NB IA IB
Theo câu a) tứ giác AMEI nội tiếp AMIAEI.

N
M

I O B

A

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Mà AEIBEN theo câu a). Nên AMIBEN.
Mà BENNIB do tứ giác BNEI nội tiếp.

Suy ra AMINIB, suy ra MAI đông dạng với tam giác IBN.
Suy ra MA IA MA NB IA IB

 

5 .

IB  BN    

Từ

   

3 , 4 và

 

5 suy ra

3 3

2 2 4

MNI

R R R

S IA IB    Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1.
3

MA IA
NB  IB

Vậy diện tích nhỏ nhất của MNI là
2
3

.
4
R

Câu 6. (1,0 điểm)

Khi xây nhà, cô Ngọc cần xây một bể đựng nước mưa có thể tích V 6 m3 dạng hình hộp chữ nhật với chiều dài
gấp ba lần chiều rộng, đáy và nắp và các mặt xung quanh đều được đổ bê tông, cốt thép. Phần nắp để hở một
khoảng hình vng có diện tích bằng 2

9 diện tích nắp bể. Biết rằng chi phí cho

1m bê tơng cốt thép là 1 triệu
đồng. Tính chi phí thấp nhất mà cơ Ngọc phải trả khi xây bể (làm trịn đến chữ số hàng trăm nghìn)?

Lời giải

Bài tốn đồng nghĩa với việc tìm diện tích xung quanh nhỏ nhất của hình hộp chữ nhật
Gọi x, 3x với x0 lần lượt là chiều rộng và chiều dài của bể (đơn vị mét).

Khi đó chiều cao bể là: 6 22.
3

V
h

r d x x x
  

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Tổng diện tích các mặt bể được đổ bê tông là: