Đề thi vào lớp 10 môn toán năm học 2021 2022 tỉnh nghệ an kèm đáp án chi tiết

Vào tháng 5 năm 2021 , chỉ sau 26 giờ phát hành sản phẩm âm nhạc MV "Trốn tìm" của rapper Đen Vâu đã chính thức dành Top 1 trending của YouTube Việt Nam.. Hỏi đến thời điểm nói trên có

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

NGHỆ AN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian

giao đề

Câu 1 (2,5 điểm).

a) Tính A  64 16 2 36

b) Xác định các hệ số ,a b của đường thẳng y ax b  , biết đường thẳng này đi qua điểm (1;9)M và song song với đường thẳng y3x.

c) Rút gọn biểu thức 1 2

x x P

  

  , với x và 0 x 1

Câu 2 (2,0 điểm).

a) Giải phương trình 2x25x  2 0

b) Cho phương trình x212x  có hai nghiệm dương phân biệt 4 0 x x Không giải1, 2

phương trình, hãy tính giá trị của biểu thức

x x T







Câu 3 (1,5 điểm) Vào tháng 5 năm 2021 , chỉ sau 26 giờ phát hành sản phẩm

âm nhạc MV "Trốn tìm" của rapper Đen Vâu đã chính thức dành Top 1 trending của YouTube Việt Nam Giả sử trong tất cả những người đã xem MV , có 60% số

người đã xem 2 lượt và những người còn lại mới chỉ xem 1 lượt Hỏi đến thời điểm nói trên có bao nhiêu người đã xem MV, biết rằng tổng số lượt xem là 6,4 triệu lượt?

Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC AB AC(  ) nội tiếp đường tròn tâm O ,

các đường cao AD BE và , CF D BC E AC(  ,  và F AB ) cắt nhau tại H

a) Chứng minh BCEF là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi N là giao điểm của CF và DE Chứng minh DN EF HF CN 

c) Gọi M là trung điểm của BC , tiếp tuyến tại B của đường tròn ( ) O cắt đường thẳng OM tại P Chứng minh · OAM · DAP

Câu 5 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

( , )

x y

x y xy x x

-HẾT -HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1.

a)

64 16 2 36

8 4 2.6 0   

b)

Đường thẳng y ax b  song song với đường thẳng y3x Suy ra a3;b 0

Đường thẳng y ax b  đi qua (1;9)M Suy ra: 9a.1  b 9 3.1   (Thỏa b b 6 mãn)

Vậy a3;b 6

c) Với x0;x1

x x P

  

1 2

(1 ) 1

 

1

1

x x x

1

Câu 2.

a) 2x25x 2 0

Xét   b2 4ac ( 5)24.2.2 9 0   phương trình có hai nghiệm phân biệt:

Vậy phương trình có hai nghiệm là 2 và 1

2. b) x212x 4 0

Xét   b 2  ac ( 6)21.4 32 0  nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1, 2

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: 1 2

12

x x

  



Ta có:

1 2

2

1156

x x x x

x x

x x

T

Nhận xét 2 2

1 2 0

x x  và x1 x2  với mọi 0 x x1, 2  suy ra 0 T 0

2 1156 34

T T

Vây T 34.

Câu 3.

Gọi số người xem MV là x (triệu người) ( x0)

Theo đề bài có 60% số người đã xem 2 lượt, 40% số người đã xem 1 lượt và tổng lượt xem

MV là 6,4 triệu lượt nền ta có phương trình:

2 60%x  x 40% 6,4

120 40 6,4

100 100

4( )

x TM

 

Vậy số người xem MV "Trốn tìm" của Đen Vâu là 4 triệu người

Câu 4.

a) Xét tứ giác BCEF ta có:

BFC   (CF là đường cao); · BEC   ( BE là đường cao) 90 BFC BEC·  ·

F

 và E cùng nhìn BC dưới một góc bằng nhau.

 Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn

b) Xét tứ giác HECD ta có:

· 90

ADC   ( AD là đường cao); ( BE là đường cao)  ·ADC BEC· 180  tứ giác

HECD nội tiếp đường tròn

HED HCD

  (góc nội tiếp cùng chắn cung HD ) (1).

Ta có: Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (chứng minh câu a) FEB FCD·  · (góc nội

tiếp cùng chắn cung FB.) (2).

Từ (1) (2) suy ra ·FEB BED · Xét tam giác FEN có EH là phân giác của góc E ta có:

HF HN

EF  NE (tinh chất đường phân giác) (3)

Xét HNE và DNC ta có:

HNE DNC

HEN HEN DCN



   

  ∽ DCN g g(   )

(4)

HN DN

NE CN

Từ (3) (4) suy ra HF DN HF CN DN

EF  CN   EF (đpcm) c)

Vì BP là tiếp tuyến của ( ) O OB BP hay OBP vuông ở B.

M là trung điểm BCOM BC hay BM OP

Tam giác OBP vuông ở B có BM OPOB2OM OP (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Mà OA OB R( ) OM OP OA 2 OM OA

OA OP

Xét tam giác OAM và tam giác OPA có:

·AOM chung

OM OA

OA  OP

( )

OAM OPA c gc OAM OPA

Vi AD OP/ / (BC)OPA DAP·  · (so le trong) (6)

Từ (5) và (6) suy ra ·OAM DAP· (đpcm).

Câu 5.

3 2 4( ) (1)

x y xy x x





Đk x0;y0

(1)  x 3 xy xy3y4( x y)

( x y)( x 3 y 4) 0

(*)

3 4 0(**)

x y

 





Thay (*) vào (2), ta có:

(x1) 3x x 4

3 2 2 3 4 0

(x 1) x x 4 0

 

 

 

1

1 17

2

1 17

2

x tm













  

 



1 17 1 17 ( ; ) (1;1); ;

x y     

Xét (**) có: x y 4 2 y

Xét:

(x1) y xy x x

(x 1) 2(y 2 y 1) x x 2

 2 2 

(x 1) 2( y 1) x x 2

Xét x , áp dụng BĐT Cô si cho ba số không âm 2 x1;2(2x x);  ta có:1

3

1 1 2(2 ) 2( 1)(2 )( 1)

3

x x x       

3

Dấu "=" xảy ra 1

1

x y

 

  

 Xét x ta có 2 (x1)(2x x)(    1) 0 (x 1)y xy x 2x    (vô lí)0 4 0

Vậy HPT có nghiệm ( ; ) (1;1); 1 17 1; 17

x y     