Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2021-2022 - Sở GD và ĐT Bến Tre (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Chuyên) - Năm học 2021-2022 - Sở GD và ĐT Bến Tre (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 BẾN TRE TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CÔNG LẬP NĂM HỌC 2021 – 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN (chuyên) Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) Câu 1. (2,0 điểm) a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y 6 7 mx 2 nghịch biến trên . b) Cho Parabol P :y 2 x2 và đường thẳng d :y x 6. Biết d cắt P tại hai điểm phân biệt A x1; y 1 , B x2; y 2 với x1 x 2 . Tính 4x2 y 1. 2 c) Rút gọn biểu thức Ax 2 1 4 xx 4 2 7 (với x 2 ). Câu 2. (1,0 điểm) Cho phương trình: x2 m 3 xm 4 4 0 (1), với m là tham số. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa x1 x 2 xx 1 2 20. Câu 3. (3,0 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2yxy 2 x 1 y 2 xy 2 2 y . y2 2 xy 2 0 b) Giải hệ phương trình: 2 2 4x y y 2 x 2 0. c) Giải phương trình: x 3 2x 5 2 x 2 2 x2 9 x 10 1. Câu 4. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương x, y z thỏa 3xy xz 2. Chứng minh rằng: 4yz 5 xz 7 xy 8 . x y z Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A với ( AB AC ), có đường cao AH . Biết BC 1dm và 12 AH dm . 25 a) Tính độ dài hai cạnh AB và AC b) Kẻ HD  AB ; HE  AC (với D AB , E AC ). Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh IA  DE . Câu 6. (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có đường phân giác ngoài của góc A cắt đường thẳng BC tại điểm D . Gọi M là trung điểm của BC . Đường tròn ngoại tiếp ADM cắt các đường thẳng AB , AC lần lượt tại E và F (với E , F khác A). Gọi N là trung điểm của EF . Chứng minh rằng MN // AD. ___ HẾT ___
2. Cho phương trình: x2 m 3 xm 4 4 0 (1), với m là tham số. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa x1 x 2 xx 1 2 20. Lời giải Ta có: m 32 4 4m 4 m2 6m 9 16 m 1 6 m 2 10 mm 25 5 2 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 2 0 m 5 0 m 5 0 m 5 Vậy với m 5 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. x1 0 Theo đề bài ta có: x1 x 2 xx 1 2 20 (2), với điều kiện x2 0 Do đó, phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 0 và x2 0, nghĩa là m 5 m 5 m 5 m 3 0 m 3 (*) m 1 4m 4 0 m 1 x1 x 2 m 3 Áp dụng định lý Vi-et, ta có: xx1 2 4 m 4 Ta có: 2 xxx1 2 1 x 2 2 x 1 x 2 m3 2 4 m 4 m3 4 m 1 2 m1 4 m 1 4 m 1 2 Từ đó, ta suy ra xx1 2 m 1 2 do m  1 2 0, m 1 Từ phương trình (2), ta được xxx1 2 1x 2 20 m1 2 4 m 4 2 0 m 1 22 4 m (3) 11 Giải phương trình (3) với điều kiện: 22 4m 0 m ( ) 2 3 m 1 22 4m 2 m1 484 176m 16 m2 16m2 1 77m 4 85 0 4 Ta có: 177 2 4.16.485 289 0 Vậy phương trình (4) có 2 nghiệm phân biệt: 177 289 177 289 97 m 5 và m 2.16 2.16 16 So với điều kiện (*) và ( ) thì m . Vậy không tồn tại giá trị của m thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 3. (3,0 điểm)
3. Mặt khác, y2 2xy 2 yy 2 x 2, nghĩa là y 2 x 0 . Do đó, từ hệ phương trình ban đầu đề cho, ta giải hệ phương trình sau: 1 x 2 1 y 2xy 2 x 2 2 y 1 2x 1 0 2 y y 2 0 y 2 1 1  Vậy hệ có tập nghiệm là S ; 1 , ;2  2 2  c) Giải phương trình (*): x 3 2x 5 2 x 2 2 x2 9 x 10 1. 5 x 2x 5 0 2 Điều kiện xác định: x 2 0 x 2 x 2 . 2 2x9 x 10 0 5 x  x 2 2 a 2 x 5 a 1 Ta đặt b x 2 b 0 a2 2b 2 2 x 5 2 x 2 1 2 2 Ta thấy a b 2 x 5 xx 2 3 2 ab 2 x 5 x 2 2 x 9x 10 Phương trình (*) trở thành: a2 b 2 a 2 b ab a 2 2 b 2 a 2 b 2 a 2 b a 2 b 2 b 2 ab 0 a2 b 2 a 2 b 1 b 2 ab 0 a b a b a 2 b 1 b a b 0 a b  a b a 2 b 1 b  0 a b 0 1 a b a 2 b 1 b 0 2 Vì a b 1 nên ta chỉ giải phương trình (2) abab 2 1 b 0 abab 1 babb 0 a b a b1 b a b 1 0 a b 1 0 a b1 a 2 b 0 a 2 b 0 TH1: Với a 2 b 0 , ta có ab 2 0 2 x 5 2 x 2 0 2x 5 2 x 2 3 2x 5 4 x 2 x 2
4. 1 Vậy khi x y z thì M 8 (đpcm). 2 Câu 5. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A với ( AB AC ), có đường cao AH . Biết BC 1dm và 12 AH dm . 25 a) Tính độ dài hai cạnh AB và AC b) Kẻ HD  AB ; HE  AC (với D AB , E AC ). Gọi I là trung điểm của BC . Chứng minh IA  DE . Lời giải a) Tính độ dài hai cạnh AB và AC Áp dụng hệ thức lượng và định lý Pytago cho ABC vuông tại A, ta có: AB2 ACBC 2 21 AB 2 AC 2 1 12 2 2 144 ABAC AHBC AB AC 25 625 Khi đó, AB2 và AC 2 là các nghiệm dương của phương trình. Áp dụng hệ quả của định lý Vi-et, ta được 144 X2 1 X 0 62 5 144 49 Ta có: 12 4.1. 0 nên phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt: 625 62 5 49 49 1 1 9 16 X 625 và X 625 1 2.1 25 2 2 25 Theo giả thiết, AB AC , nên ta được: 2 16 4 AB X1 AB 2 2 25 5 AB AC 9 3 AC 2 X A C 2 25 5 4 3 Vậy AB dm và AC dm . 5 5 b) Chứng minh IA  DE .
5. Dựng hình bình hành BPCF . Hai đường chéo BC và PF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. Mà M là trung điểm của BC (gt) M cũng là trung điểm của PF . Xét PEF , ta có N là trung điểm của EF (gt), M là trung điểm của PF (cmt) MN là đường trung bình của PEF MN  EP (1) Ta có: MPB MFA (cặp góc so le trong của PB  FA , PBFC là hình bình hành) Mà MDA MEA MFA (các góc nội tiếp cùng chắn cung AM ) MEA MPB , nghĩa là MEB MPB Xét tứ giác BMEP , ta có MEB MPB (cmt) Tứ giác BMEP nội tiếp (tứ giác có hai đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau) BEP BMP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BP ) Mà BMP FMD (đối đỉnh) Mặt khác FMD FAD (hai góc nội tiếp cùng chắn cung FD ) BEP FAD , nghĩa là AEP FAD (2) Ta có: AD là phân giác ngoài của BAC (gt) Mà BAC CAE 180 (kề bù) AD là phân giác của CAE FAD EAD (3) Từ (2) và (3), ta suy ra AEP EAD Mà 2 góc nằm ở vị trí so le trong nên EP  AD (4) Từ (1) và (4), ta suy ra MN AD (đpcm). ___ ___