Đề thi tuyển sinh toán 10 LẠNG sơn

1,5 điểm Giải các phương trình, hệ phương trình sau: a.. 3,5 điểm Cho đường tròn O đường kính AB.. Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ K đến đường thẳng AB.. Chứng minh rằng tứ giác y

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LẠNG SƠN

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2022 - 2023

Môn thi: TOÁN CHUNG Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Ngày thi: 08/06/2022 Câu 1 (2,5 điểm)

a Tính giá trị của các biểu thức: A 81 16;  2

11 2 11

b Cho biểu thức:

a P

  , với a0 và a1.

1 Rút gọn biểu thức P

2 Tính giá trị của P khi a 3 2 2.

Câu 2 (2.0 điểm)

a Vẽ đồ thị hàm số y x 3.

b Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số y 2x2 và đường thẳng y x 3.

c Cho phương trình bậc hai với tham số m x: 22m1x2m 3 0 (1).

1 Giải phươntg trình (1) khi m0.

2 Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x x với mọi m Tìm 1, 2

tất cả các giá trị của m thỏa mãn: x1 x2 2x x1 2  1

Câu 3 (1,5 điểm)

Giải các phương trình, hệ phương trình sau:

a x43x2 2 0 b

3

x y

x y

 



  

Câu 4 (3,5 điểm)

Cho đường tròn ( )O đường kính AB Dây cung MN vuông góc với AB , AM BM Hai

đường thẳng BM và NA cắt nhau tại K Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ K đến đường thẳng AB

a Chứng minh rằng tứ giác y x 3 nội tiếp trong một đường tròn.

b Chứng minh rằng NB HK.  AN HB. .

c Chứng minh HM là tiếp tuyến của đường tròn ( )O

Câu 5 (0,5 điểm)

Cho các số thực dương a b c, , dương Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

2

P

Hết

-SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

LẠNG SƠN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

Năm học: 2022 – 2023 Môn thi: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1 (2,5 điểm)

a Tính giá trị của các biểu thức: A 81 16;  2

11 2 11

b Cho biểu thức:

a P

  , với a0 và a1.

1 Rút gọn biểu thức P

2 Tính giá trị của P khi a 3 2 2.

Lời giải a.

Ta có A 81 16 92  42   9 4 5

 2

11 2 11 11 2 11 11 2 11 2

Vậy A5,B2.

b.

1 Với a0 và a1 ta có:

1

P

a a





2

3 2 2 2 2 2.1 1 2 1 2 1 2 1

Thay a  2 1 vào biểu thức P sau thu gọn ta được

2

1 2

P a

Câu 2 (2.0 điểm)

a Vẽ đồ thị hàm số y x 3.

b Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị hàm số y 2x2 và đường thẳng y x 3.

c Cho phương trình bậc hai với tham số m x: 22m1x2m 3 0 (1).

1 Giải phươntg trình (1) khi m0.

2 Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x x với mọi m Tìm 1, 2

tất cả các giá trị của m thỏa mãn: x1 x2 2x x1 2 1.

Lời giải a.

Bảng giá trị: ( ) :d y x 3

3

y x  3 2

Đường thẳng y x  đi qua 2 điểm 3 A0; 3  và B1; 2 .

Đồ thị

b Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số y 2x2 và đường thẳng y x  là3

2x x 3 2x x 3 0

       

Ta có  2  

1 4 2 3 25 0

       nên phương trình trên có hai nghiệm phân biệt

Với 1 1

x   y      A   Với x2  1 y1    1 3 2 B1; 2 .

Vậy hai giao điểm cần tìm là

3 9

;

2 2

A   

  và B1; 2 .

c

1 Thay m0 vào phương trình (1) ta có: x22x  3 0

Ta có a b c       1    2 3 0.

Suy ra phương trình có hai nghiệm 1 1, 2 3

c

a



   

Vậy với m0 thì phương trình có tập nghiệm S   1;3 .

2 Xét phương trình x22m1x2m 3 0 (1)

Ta có   2  2

' m 1 2m 3 m 4 0

        với mọi m Khi đó phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x x 1, 2

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

 

1 2

2 1

2 3

x x m

   



Theo đề 1 2 1 2    

7

2

x  x x x   m  m    m   m  m

Vậy

7 2

m

là giá trị cần tìm

Câu 3 (1.5 điểm)

Giải các phương trình, hệ phương trình sau:

a x43x2 2 0 b

3

x y

x y

 



  

Lời giải

a x43x2 2 0

Đặt tx t2, 0.

Khi đó phương trình đã cho trở thành t2  3t 2 0 (1)

Phương trình (1) có a b c      1  3 2 0 nên có hai nghiệm phân biệt là t1 1 ,t2 2

Với t1 1 x2    1 x 1.

Với t2  2 x2    2 x 2.

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S1; 1;  2; 2

b.

  



      

 



Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x y;    4;1

Câu 4 (3.5 điểm)

Cho đường tròn ( )O đường kính AB Dây cung MN vuông góc với AB , AM BM Hai

đường thẳng BM và NA cắt nhau tại K Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ K đến đường thẳng AB

a Chứng minh rằng tứ giác AHKM nội tiếp trong một đường tròn.

b Chứng minh rằng NB HK.  AN HB. .

c Chứng minh HM là tiếp tuyến của đường tròn ( )O

Lời giải

a Xét ( )O có ·AMB90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét tứ giác AHKM có ·AMK·AHK 9090 180 Mà 2 góc này ở vị trí đối đỉnh

 Tứ giác AHKM nội tiếp trong một đường tròn (đpcm)

b

Gọi I MNAB.

Vì dây cung MNAB tại I nên I là trung điểm của MN

AI

 là đường trung trực của MN

  (tính chất đường trung trực của đoạn thẳng)

  (hai dây bằng nhau chắn hai cung bằng nhau)

MBA NBA

  (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

Xét ( )O có ·ANB90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét ANB và KHB có:

+) ·ANB KHB· ( 90 ) 

+) ·ABN HBK· (·ABM)

(đpcm)

c

Vì tứ giác AHKM là tứ giác nội tiếp nên HMA HKA· · (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HA) (1)

Xét KHA vuông tại H có KAH HKA· · 90

Xét ANB vuông tại N có ·NAB ABN· 90.

Mà KAH· NAB· (đối đỉnh) HKA ABN· · (2).

Lại có ·ABM ·ABN cmt ABM( ); · BMO· (do BMO cân tại O)

ABN BMO

  (3)

Từ (1), (2), (3) ·HMA BMO· .

Mà ·AMO BMO· ·AMB90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

·AMO HMA· 90 HMO· 90 HM OM

Vậy HM là tiếp tuyến của đường tròn ( ) O tại M

Câu 5 (0.5 điểm)

Cho các số thực dương a b c, , dương Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

2

P

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:

b c b a

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được

2

P

           

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

4( )

Vậy giá trị lớn nhất của P là

9

4 khi 7

b

a c 