Đề thi vào lớp 10 môn Toán sở GD&ĐT Đắk Lắk năm 2021

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK. ĐỀ THI CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG. NĂM HỌC 2021 - 2022. MÔN THI: TOÁN (Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề) Ngày thi 09/6/2021. Câu 1: (1,5 điểm) 1) Giải phương trình: 2 x 2  5 x  3  0 . 2) Cho hàm số y   m  1 x  2021 . Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số đồng biến trên  . 3) Cho a  1  2 và b  1  2 . Tính giá trị của biểu thức: P  a  b  2ab Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức:. 2 x 9 x  3 2 x 1   với x  0, x  4, x  9 x5 x 6 x 2 x 3 1) Rút gọn P . 2) Tìm các giá trị của x để P  1 . P. Câu 3: (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình đường thẳng    đi qua điểm. A 1;  2  và song song với đường thẳng y  2 x  1 . 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol.  d  : y  2  m  1 x  m  3 . Gọi x1 , x2 là hoành độ Parabol  P  . Tìm giá trị nhỏ nhất của M  x12  x22 ..  P  : y  x2. và đường thẳng. giao điểm của đường thẳng. d . và. Câu 4: (3,5 điểm) Trên nửa đường tròn  O  đường kính AB với AB  2022 , lấy điểm C (C khác A và B), từ C kẻ CH vuông góc với AB (H  AB). Gọi D là điểm bất kì trên đoạn CH (D khác C và H), đường thẳng AD cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai là E. 1) Chứng minh tứ giác BHDE là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh AD  EC  CD  AC . 3) Chứng minh AD  AE  BH  BA  20222 . 4) Khi điểm C di động trên nửa đường tròn (C khác A, B và điểm chính giữa cung AB), xác định vị trí điểm C sao cho chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất. Câu 5: (1,0 điểm) Cho a  1348, b  1348 . Chứng minh rằng : a 2  b 2  ab  2022  a  b  ----------------- Hết -----------------. trang 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SƠ LƯỢC BÀI GIẢI. Câu 1: (1,5 điểm). 1  2x  1  0  x  1) 2 x  5 x  3  0   2 x  1 x  3  0    2  x  3  0   x  3 1  Vậy tập nghiệm của phương trình là S   ;  3 2  2) Hàm số y   m  1 x  2021 đồng biến trên   m  1  0  m  1 2. .  .  . . . 3) P  a  b  2ab  1  2  1  2  2 1  2 1  2  2  2   1  4 Câu 2: (2,0 điểm) Cho biểu thức: 1) Rút gọn P . 2 x 9 x  3 2 x 1 Ta có: P     x5 x 6 x 2 x 3. 2 x 9  . . . x 3. . . x 2.   x  2  x  3  x x 2.  . . . x  3  2 x 1. . x 3.  x  2  x 2. 2 x 9. . x 2. x 2. .  x  3 x 1. 2. x 3. . x  3 2 x 1  x 2 x 3. x  9  x  9  2x  3 x  2. . x 2. . x 3. . x 1 x 3. x 1 x 1 1 1 0  x 3 x 3  x  3  0  x  3  x  9 (TMĐK). 2) Ta có P  1 . . . x 1 x  3 0 x 3. 4 0 x 3. Câu 3: (2,0 điểm) 1) Phương trình đường thẳng    có dạng y  ax  b Vì đường thẳng    song song với đường thẳng y  2 x  1  a  2, b  1 Vì đường thẳng    đi qua điểm A 1;  2   2  1  b  2  b  4 (TMĐK b  1 ) Vậy phương trình đường thẳng    : y  2 x  4 . 2) Phương trình hoành độ giao điểm của  d  và  P  là: x 2  2  m  1 x  m  3  x 2  2  m  1 x  m  3  0 *  d  cắt  P   * có nghiệm    0 2. 3 7      m  1    m  3  0  m  3m  4  0   m     0 (đúng với mọi m ) 2 4   x  x  2  m  1 Theo Viét, ta có:  1 2  x1 x2  m  3 2. 2. 2. 2. Khi đó M  x12  x22   x1  x2   2 x1 x2   2  m  1   2  m  3   4m 2  10m  10  2. 5 5 5  15 15    2m     . Dấu “=” xảy ra khi 2m   0  m  2 4 2 4 4  trang 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 15 5 E khi m  . C 4 4 Câu 4: (3,5 điểm) 1) Chứng minh tứ giác BHDE là tứ giác nội tiếp. D Xét tứ giác BHDE, ta có:   900  CH  AB  BHD B   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) A O H BED Vậy tứ giác BHDE là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh AD  EC  CD  AC .  (cùng phụ BAC ) Ta có  ACB  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))   ACD  ABC  mà  AEC   ABC (góc nội tiếp cùng chắn cung  AC ), nên  ACD  AEC  (góc chung),   (cmt) ACD  AEC Xét ACD và AEC , ta có: CAD AD CD Vậy ACD   AD  EC  CD  AC (đpcm) AEC  g.g   AC EC 3) Chứng minh AD  AE  BH  BA  20222 .  (góc chung),    900 (gt và cmt) Xét AHD và AEB , ta có: DAH AHD  AEB AD AH Vậy AHD AEB  g .g     AD  AE  AB  AH AB AE Do đó AD  AE  BH  BA  AH  AB  BH  BA  AB   AH  HB   AB  AB  AB 2  2022 2 4) Xác định vị trí điểm C sao cho chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất. Đặt OH  a, CH  b . Vậy Min  M  . 2.   900 , nên OH 2  CH 2  OC 2  a 2  b 2   2022   10112 COH : CHO    2  2 Áp dụng bất đẳng thức  a  b   2  a 2  b 2  , ta có:. a  b. 2.  2  a 2  b 2   2  10112  a  b  1011 2. Do đó chu vi tam giác COH: 2022 OH  CH  OC  a  b   1011 2  1011  1011 2  1 2 Dấu “=” xảy ra khi a  b  COH vuông cân tại H   AOC  450  sđ  AC  450 AC  450 thì chu vi tam giác COH đạt giá trị Vậy khi C nằm trên nửa đường tròn sao cho sđ . . . lớn nhất là 1011. . . 2  1 (đv chu vi). Câu 5: (1,0 điểm) Cho a  1348, b  1348 . Chứng minh rằng : a 2  b 2  ab  2022  a  b . 3 3 Ta có: a 2  b 2  2ab  a 2  b 2  ab  3ab  ab  ab 2 2 3 3 3 3 Lại có a  1348, b  1348  ab  ab   1348b   1348b  2022  a  b  2 2 2 2 a  b Do đó a 2  b 2  ab  2022  a  b  . Dấu “=” xảy ra khi   a  b  1348  a  1348, b  1348. trang 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>