Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm học 2021 - 2022 kèm đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

13
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh tài liệu "Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm học 2021 - 2022 kèm đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình" giúp các bạn ôn tập kiến thức dễ dàng hơn và nắm các phương pháp giải bài tập nhanh và chính xác để chuẩn bị thật tốt cho kì thi sắp diễn ra. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm học 2021 - 2022 kèm đáp án - Sở GD&ĐT Quảng Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT QUẢNG BÌNH NĂM 2021 2022 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ BÀI Câu 1 (2,0 điểm). Rút gọn các biểu thức sau: a) A = 8 − 32 + 50 . � a + a �� a − a � b) B = � � 3+ �3 − �� ( � với a 0, a 1) . � a + 1 �� a − 1 � Câu 2 (1,5 điểm). a) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = ( m − 1)x + 2 đồng biến trên ﾡ . 3x + 2 y = 8 b) Giải hệ phương trình . 3x − 4 y = 2 Câu 3 (2,0 điểm). Cho phương trình x 2 − 6 x + m + 4 = 0 (1) (với m là tham số). a) Giải phương trình (1) khi m = 1 . b) Tìm tất cả các giá trị của m đề phương trình (1) có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn 2020 ( x 1 + x 2 ) − 2021x 1 x 2 = 2014 a+ b 1 Câu 4 (1,0 điểm ). Cho a, b là các số thực dương. Chứng m inh . a(15a + b) + b(15b + a) 4 Câu 5 (3,5 điểm). Cho đường tròn (O ; R ) đường kính A B , dây cung M N vuông góc với A B tại I sao cho A I < BI . Trên đoạn thẳng M I lấy điểm H ( H khác M và I ), tia A H cắt đường tròn (O ; R ) tại điểm thứ hai là K . Chúmg minh rằng: a) Tứ giác BIHK nội tiếp đường tròn. b) ∆A HM đồng dạng với ∆A M K . c) A H � A B = 4R 2 . A K + BI �
HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1 (2,0 điểm): Rút gọn các biểu thức sau: a) A = 8 − 32 + 50 A = 8 − 32 + 50 A = 22 � 2 − 42 � 2 + 52 � 2 A = 2 2 −4 2 +5 2 A = (2 − 4 + 5) 2 A =3 2 Vậy A = 3 2 . � a + a �� a − a � b) B = �3+ �3 − a 0, a 1) . � a + 1 �� a − 1 � (với � � �� Với a 0, a 1 ta có: � a + a �� a − a � B=�3+ �3 − �� a + 1 �� a −1� � �� a( a + 1) �� a( a − 1) � B=�3+ �3 − �� a + 1 �� a −1 � � �� B = (3 + a ) � (3 − a ) B=9−a Vậy với a 0, a 1 thì B = 9 − a . Câu 2 (1,5 điểm): a) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y = ( m − 1)x + 2 đồng biến trên ﾡ . Để hàm số y = ( m − 1)x + 2 đồng biến trên ﾡ , thì m − 1 > 0 � m > 1 . Vậy hàm số y = ( m − 1)x + 2 đồng biến trên ﾡ khi m > 1 .
3x + 2 y = 8 b) Giải hệ phương trình 3x − 4 y = 2 �3x + 2 y = 8 6y = 6 � �y = 1 y =1 Ta có: � �� 3x − 4 y = 2 3x + 2 y = 8 3x + 2 = 8 x=2 Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( x ; y ) = (2;1) . Câu 3 (2,0 điểm): Cho phương trình: x 2 − 6 x + m + 4 = 0 (1) (m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 1 . Với m = 1 thì (1) trở thành x 2 − 6 x + 5 = 0 . x =1 Ta có a + b + c = 1 − 6 + 5 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt c . x= =5 a Vậy khi m = 1 thì tập nghiệm của phương trình là S = {1;5}. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn 2020 ( x 1 + x 2 ) − 2021x 1 x 2 = 2014. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 � ∆ > 0 � 9 − m − 4 > 0 � 5 − m > 0 � m < 5 . x1 + x 2 = 6 Khi đó áp dụng hệ thức Vi ét ta có x 1x 2 = m + 4 Khi đó ta có: 2020 ( x 1 + x 2 ) − 2021x 1 x 2 = 2014 � 2020.6 − 2021.( m + 4) = 2014 � 12120 − 2021m − 8084 = 2014 � 2021m = 2022 2022 �m= (tm ) 2021 2022 Vậy m = . 2021
Câu 4 (1,0 điểm): a+ b 1 Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh . a(15a + b) + b(15b + a) 4 Áp dụng BĐT Côsi ta có: 16 a + 15a + b 31a + b 16 a(15a + b) = 2 2 16b + 15b + a 31b + a 16b(15b + a) = 2 2 31a + b + 31b + a � 16 a(15a + b) + 16b(15b + a) � = 16( a + b) 2 � a(15a + b) + b(15b + a) �4( a + b) a+ b 1 (đpcm) a(15a + b) + b(15b + a) 4 Câu 5 (3,5 điểm): Cho đường tròn (O ; R ) đường kính A B , dây cung M N vuông góc với A B tại I sao cho A I < BI . Trên đọan thẳng M I lấy điểm H ( H khác M và I ), tia A H cắt đường tròn (O ; R ) tại điểm thứ hai là K . Chứng minh rằng: K M H A B I O N a) Tứ giác BIHK nội tiếp đường tròn. Ta có ﾡA KB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) � BKH ﾡ = 90�. ﾡ Xét tứ giác BIHK có: BIH ﾡ + BKH = 90 + 90 = 180 nên BIHK là tứ giác nội tiếp (dhnb). b) ∆A HM đồng dạng với ∆A M K . ﾡ M B = 90 (góc nội tiểp chắn nừa đường tròn). Ta có: A
ﾡ M H + BM �A ﾡ H = 90�� A ﾡ MH + A ﾡ BM = 90� ﾡ BM = A Lại có A ﾡ MH = A ﾡ KM ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung A M ) � A ﾡ KM . ﾡ A K chu ng M Xét ∆A HM và ∆A M K có: � ∆A HM ∽ ∆A M K( g � g) . ﾡA M H = A ﾡ KM (cmt ) c) A H . A K + BI � A B = 4R 2 . AH AM Vì ∆A HM ∽ ∆A M K (cmt ) � = (2 cạnh tương ứng) � A H . A K = A M 2 . AM AK Xét tam giác vuông A BM có đường cao M I ta có: BI � BA = BM 2 (hệ thức lượng trong tam giác vuông). � A H . A K + BI .A B = A M 2 + BM 2 . Mà ∆A BM vuông tại M (cmt ) nên áp dụng định lí Pytago ta có A M + BM = A B = (2 R ) = 4 R . 2 2 2 2 2 Vậy A H . A K + BI .A B = 4 R 2 (đpcm)