Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2021 – 2022 sở GD&ĐT Nghệ An
Giới thiệu đến quý thầy, cô và các em học sinh đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2021 – 2022 sở GD&ĐT Nghệ An gồm 01 trang với 07 bài toán dạng tự luận, thời gian làm bài thi là 120 phút, đề thi có đáp án, lời giải chi tiết và hướng dẫn chấm điểm. Mời các bạn đón xem!
Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2023-2024
Môn: Môn Toán
Thông tin:
Tác giả:
Tài liệu liên quan:
Preview text:
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