Đề thi vào lớp 10 môn Toán sở GD&ĐT Hải Dương 2021

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không tính thời gian phát đề) (Đề thi có 01 trang). Câu 1. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x 2  3x  4 2 x  5  y  0 b) Giải hệ phương trình:  5 x  3 y  18 Câu 2. (2,0 điểm). 2 a a 1 3  7 a   , với a  0, a  9 . 9a a 3 a 3 b) Cho hàm số bậc nhất y  ax  4 . Xác định hệ số a, biết đồ thị hàm số đã cho cắt đường thẳng (d ) : y  3x  2 tại điểm có tung độ bằng 5. a) Rút gọn biểu thức: P . Câu 3. (2,0 điểm) a) Một mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 24m. Nếu tăng chiều dài lên 2m và giảm chiều rộng đi 1m thì diện tích mảnh đất tăng thêm 1m2. Tìm độ dài các cạnh của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu. b) Cho phương trình x 2  2( m  1) x  m  3  0 (với m là tham số). Chứng minh rằng phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với mọi m. Tìm các giá trị của tham số m sao cho: x1  x2  4 . Câu 4. (3,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) và hai đường cao AE, BF cắt nhau tại H ( E  BC , F  AC ). a) Chứng minh rằng bốn điểm A, B, E, F cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh rằng: OC  EF . , C  là các góc nhọn và có diện tích không đổi. Tìm giá trị 2. Cho tam giác ABC có B nhỏ nhất của biểu thức P  2 BC 2  AC 2  AB 2 . Câu 5. (1,0 điểm). y  y  1  6 x  9   2 x  4  2 x  3  3 y Cho các số thực dương x, y thỏa mãn: . 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M  xy  3 y  4 x  3 .. ---------- HẾT ---------(Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm). Họ và tên thí sinh: ........................................... Số báo danh: ...................... Phòng thi ……… Cán bộ coi thi số 1: ......................................... Cán bộ coi thi số 2: .........................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu. Phần. Nội dung. x  3x  4  x  3x  4  0 Xét a – b + c = 1 + 3 – 4 = 0  Phương trình có hai nghiệm: x1  1; x2  4 2. a) Câu 1 (2,0đ). 1.00. 2 x  5  y  0  y  2x  5  y  2x  5    5 x  3 y  18 5 x  3(2 x  5)  18 11x  33 b). a) Câu 2 (2,0đ).  y  2.3  5 x  3   x  3 y 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là  x; y    3;1. P. 2 a a 1 3  7 a   9a a 3 a 3. . 2 a a 1 3  7 a   a 9 a 3 a 3. . 2 a ( a  3)  ( a  1)( a  3)  3  7 a ( a  3)( a  3). . 2a  6 a  a  4 a  3  3  7 a ( a  3)( a  3). 3a  9 a  ( a  3)( a  3) . b). a). 1.00. 1.00. 3 a ( a  3) ( a  3)( a  3). 3 a a 3 3 a Vậy P  với a  0, a  9 . a 3 Hàm số bậc nhất y  ax  4 ( a  0 ) Để hai đường thẳng cắt nhau thì a  3 Thay y = 5 vào y  3x  2 được 3x  2  5  x  1  Đồ thị hàm số y  ax  4 đi qua điểm (–1; 5) 1.00  a.(1)  4  5  a  9 (TMĐK) Vậy a  9 là giá trị cần tìm. Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu lần lượt là x, y (m). ĐK: x > y > 0. Vì mảnh đất hình chữ nhật có chu vi 24m nên: 2(x + y) = 24  x + y = 12 (1) 1.00 2 Diện tích của mảnh đất hình chữ nhật ban đầu là xy (m ) Diện tích của mảnh đất hình chữ nhật khi thay đổi là (x + 2)(y – 1) (m2) Theo đề bài ta có: . Câu 3 (2,0đ). Điểm. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> (x + 2)(y – 1) = xy + 1  – x + 2y = 3 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:  x  y  12 x  7 (TMĐK)    x  2 y  3 y  5 Vậy mảnh đất hình chữ nhật ban đầu có chiều dài là 7m, chiều rộng là 5m. Phương trình x 2  2( m  1) x  m  3  0 . 2. 3 7  Xét  '  ( m  1)  1(m  3)  m  3m  4   m    2 4    '  0 với mọi m  Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 với mọi m  x  x  2m  2 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:  1 2  x1 x2  m  3 Theo đề bài: x1  x2  4 2. b). 2.  ( x1  x2 )2  16  ( x1  x2 ) 2  4 x1 x2  16  (2m  2)2  4( m  3)  16.  4m 2  8m  4  4m  12  16  4m 2  12m  0  4m(m  3)  0 m  0  m  3 Vậy m  0;3 là các giá trị cần tìm.. 1.00.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> y C 1. x. E F. 0.25. 1. O H. A. 1a). Câu 4 (3,0đ). 1b). B. Có AE, BF là các đường cao của  ABC   AFB   90o  AEB  Bốn điểm A, B, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính AB. Qua C, vẽ tiếp tuyến xy của (O)  1  ABC  ( 180o  AFE)  Có ABEF là tứ giác nội tiếp  F  1  ABC    1 sđAC  Mà C    2  1  F  1  xy / /FE C. 0.75. 1.00. Lại có xy  OC (xy là tiếp tuyến của (O))  OC  FE (đpcm). A. h. 2) B. y. x H. , C  nhọn) Vẽ AH  BC  H nằm giữa B và C (vì B Đặt AH = h, BH = x, CH = y, BC = a, SABC = S  ah  2 S không đổi Áp dụng ĐL Py-ta-go, ta có: AB2 = h2 + x2 ; AC2 = h2 + y2  P  2 BC 2  AC 2  AB 2  2a 2  2h 2  x 2  y 2. 1.00 C.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 1 1  ( x  y ) 2  ( x  y ) 2   ( x  y ) 2  a 2 2 2 2 DBXR  x  y. Có x 2  y 2 . 5 2 5 a  2h 2  2 a 2 .2h 2  2 5ah  4 5S 2 2 (Áp dụng BĐT Côsi. DBXR  5a  2h )  AB  AC Vậy min P  4 5S    5 BC  2 AH P. y  y  1  6 x  9   2 x  4  2 x  3  3 y Cho x, y  0 thỏa mãn: Đặt 2 x  3  a; y  b ( a, b  0). (1). (1)  b(b 2  1)  3a 2  ( a 2  1) a  3b 2.  b3  b  3a 2  a 3  a  3b 2  a 3  b3  3a 2  3b 2  a  b  0  (a  b)( a 2  ab  b 2 )  3(a  b)(a  b)  (a  b)  0  (a  b)( a 2  ab  b 2  3a  3b  1)  0  a  b  0 (do a, b  0  a 2  ab  b 2  3a  3b  1  0) ab  2x  3  Câu 5 (1,0đ). y.  2x  3  y Khi đó: M  xy  3 y  4 x 2  3.  x(2 x  3)  3(2 x  3)  4 x 2  3  2 x 2  3x  6 x  9  4 x 2  3  2 x 2  9 x  6 9    2  x 2  x  3  2   2  9  129   2  x     4 16   2. 129 9    2 x   8 4  129 9 15 . DBXR  x   y  M  8 4 2 129 9 15 Vậy max M   x ;y  8 4 2 Thầy Nguyễn Mạnh Tuấn Trường THCS Nguyễn Huệ – Cẩm Giàng – Hải Dương. 1.00.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>