Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2021 – 2022 sở GD&ĐT Nghệ An

HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) 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 M(1;9) . Suy ra: 9 = .1
a + b ⇒ 9 = 3.1+ b ⇒ b = 6 (Thỏa mãn).
Vậy a = 3;b = 6 .
c) Với x > 0; x ≠ 1  1 2  x + x P =  −  ⋅
 x 1+ x  1− x  + −  1
x 2 x x + x =   ⋅  x(1 x)  + 1−   x 1− x x + x = ⋅
x + x 1− x = 1 Câu 2. a) 2
2x − 5x + 2 = 0 Xét 2 2
∆ = b − 4ac = ( 5) −
− 4.2.2 = 9 > 0 ⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt: −b + ∆ 5 + 9 −b − ∆ 5 − 9 1 x = = = 2 x = = = 1 2 2a 2.2 2a 2.2 2
Vậy phương trình có hai nghiệm là 2 và 1 . 2 b) 2
x −12x + 4 = 0 Xét ′ ′2 2
∆ = b − ac = ( 6
− ) − 1.4 = 32 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x ,x 1 2 x + x = 12
Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có: 1 2 
x x = 4 ⇒ x > 0,x >  0 1 2 1 2 Ta có: 2    x + x  x + x x + x − 2x x   12 − 2.4 2 1 2 ( 2 2)2 ( ) 2 2  ( 2 2 2 1 2 1 2 1 2 )2 T =   = = = =  x + x    ( x + x ) 1156 2
x + x + 2 x x 12 + 2 4 1 2 1 2 1 2 1 2 Nhận xét 2 2
x + x > 0 và x + x > 0 với mọi x ,x > 0 suy ra T > 0 1 2 1 2 1 2 2
⇒ T = T = 1156 = 34 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:
2x ⋅60% + x ⋅ 40% = 6,4 120 40 x  ⇔ + =   6,4  100 100  ⇔ x = 4(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 = 90° (CF là đường cao); 
BEC = 90° ( BE là đường cao)   ⇒ 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: 
ADC = 90° ( 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 =
(tinh chất đường phân giác). (3) EF NE Xét HNE ∆ và DNC ∆ ta có:   HNE DNC =   ⇒ H ∆ EN ∽ DC ∆ N( g − g)   HEN = DCN HN DN ⇒ = (4) NE CN
Từ (3) (4) suy ra HF DN =
⇒ HF.CN = DN .EF (đpcm) EF CN c)
Vì BP là tiếp tuyến của (O) ⇒ OB ⊥ BP hay O
∆ BP vuông ở B .
M là trung điểm BC ⇒ OM ⊥ BC hay BM ⊥ OP
Tam giác OBP vuông ở B có 2
BM ⊥ OP ⇒ OB = OM.OP (hệ thức lượng trong tam giác vuông). Mà 2 = (= ) ⇒ . OM OA OA OB R OM OP = OA ⇔ = OA OP
Xét tam giác OAM và tam giác OPA có:  AOM chung OM OA = OA OP ∽   ⇒ O ∆ AM O ∆ ( PA .c .
g c) ⇒ OAM = OPA (5) Vi   AD / /O (
P ⊥ BC) ⇒ OPA = DAP (so le trong) (6).
Từ (5) và (6) suy ra  
OAM = DAP (đpcm). Câu 5.
x − 3y + 2 xy = 4( x − y) (1)   (x + 1)  ( 2
y + xy − x + x) =  4 (2)
Đk x ≥ 0; y ≥ 0
(1) ⇔ x + 3 xy − xy − 3y = 4( x − y)
⇔ x( x + 3 y) − y( x + 3 y) = 4( x − y)
⇔ ( x − y)( x + 3 y − 4) = 0 x = y(*) 
 x + 3 y − 4 = 0(**)  Thay (*) vào (2) , ta có: x + ( 2 (
1) 3x − x ) = 4 3 2
⇔ x − 2x − 3x + 4 = 0 ⇔ x − ( 2 (
1) x − x − 4) = 0  x = 1(tm)   1+ 17 ⇔ x = (tm)  2  1−  17 x = (ktm)  2    1+ 17 1+ 17  (x; y) (  1;1); ;  ⇒ ∈   2 2      
Xét (**) có: x + y = 4 − 2 y Xét: x + ( 2 (
1) y + xy − x + x) = x + ( 2 ( 1) 2
− (y − 2 y + 1) − x + x + 2) = x + ( 2 2 ( 1) 2
− ( y − 1) − x + x + 2)
Xét x ≤ 2, áp dụng BĐT Cô si cho ba số không âm x + 1;2(2 − x); x + 1 ta có: 3
 x + 1+ x + 1+ 2(2 − x)
2(x + 1)(2 − x)(x + 1)  ≤  3    3
1  x + 1+ x + 1+ 2(2 − x)
⇔ (x + 1)(2 − x)(x + 1)  ≤ ⋅ =   4 2  3  x = 1 Dấu "=" xảy ra ⇔  y =  1
Xét x > 2 ta có x +
− x x + < ⇒ x + ( 2 ( 1)(2 )( 1) 0 (
1) y + xy − x + x) < 0 ⇔ 4 < 0 (vô lí)    + +  Vậy HPT có nghiệm 1 17 1 17 (x; y) (  1;1); ;  ∈   . 2 2      
Document Outline

• 20210605-184232_p0-converted
• NGHỆ AN 2021