Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2022 sở GD&ĐT Bình Phước - THCS.TOANMATH.com

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC

(Đề thi gồm có 01 trang)

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2022 MÔN THI: TOÁN

Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 05/6/2022

Câu 1. (2,0 điểm)

1. Tính giá trị các biểu thức sau:

64 16.

A 



² ³



² ^3.

B  

2. Cho biểu thức: 2 2 2

x x

P x

  

 với x0,x4.

a) Rút gọn biểu thức .P

b) Tính giá trị của biểu thức P tại x49.

1. Cho parabol ( )P : y x² và đường thẳng ( )d : y x 2.

a) Vẽ parabol ( )P và đường thẳng ( )d trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( )P và đường thẳng ( )d bằng phép tính.

2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: ³ ⁹

4 5

x y x y

  

  

 .

1. Cho phương trình ^x²^²^{x m}^{  }^{5 0}

 

¹ ⁽^m là tham số).

a) Giải phương trình

 

¹ ^khi^m^2.

b) Tìm m để phương trình

 

¹ có hai nghiệm x x₁, ₂ thỏa mãn điều kiện

2 2

2 2 1 11 26 0.

x  x m  m 

2. Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng là 6m. Tính chiều rộng và chiều dài khu vườn, biết diện tích khu vườn là 280m².

Cho tam giác ABC vuông tại A có AC 12cm B,^60 .⁰ Hãy tính C AB BC^, , và diện tích tam giácABC.

Từ điểm S nằm ngoài đường tròn ( )O kẻ hai tiếp tuyến SA SB, (A B, là các tiếp điểm). Kẻ đường kính AC của đường tròn ( )O , đường thẳng SCcắt đường tròn ( )O tại điểmD (D khác

C).

a) Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh SA²SC.SD.

c) Kẻ BH vuông góc với ACtại điểm H. Chứng minh đường thẳng SCđi qua trung điểm của đoạn thẳng BH.

... HẾT ...

ĐỀ CHÍNH THỨC

(2)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM 2022 MÔN THI: TOÁN

Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 05/6/2022

(Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

1. Tính giá trị các biểu thức sau:

64 16.

A 



² ³



² ^3.

B  

2. Cho biểu thức: 2 2 2

x x

P x

  

 ^vớix0, x 4.

a) Rút gọn biểu thức .P b) Tính giá trị của P tại x49.

2,0

1

2

A 64 16 8 4 12.   0,5

^B^



²^ ³



²^ ³^{ }² ³^ ^3. ^0,25

 2 3 3 2. 0,25

a) 2



²



2 2.

2 2

x x

P x x

 

   

  ^0,25

 x2. 0,25

b) Tại x49ta có P 49 2. 0,25

P5. 0,25

Câu 2

1. Cho parabol ( )P : y x² và đường thẳng ( )d : y x 2.

a) Vẽ parabol ( )P và đường thẳng ( )d trên cùng một hệ trục tọa độ Oxy. b) Tìm tọa độ giao điểm của parabol ( )P và đường thẳng ( )d bằng phép tính.

2. Không sử dụng máy tính, giải hệ phương trình: ³ ⁹

4 5

x y x y

  

  

 .

2,0

1 a) Vẽ đồ thị yx² x -2 -1 0 1 2

yx2 4 1 0 1 4 (0,125đ)

Vẽ đồ thị y x 2

(0,125đ)

x 0 - 2 2

y x  2 0

0,25 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC

(3)

2

Vẽ đồ thị:

- Vẽ đúng đường thẳng được 0,25đ - Vẽ đúng parabol được 0,25đ

0,5

b) Phương trình hoành độ giao điểm của ( )P và ( )d

2 2

x  x 0,25

2 2 0

x x

   

1 1

2 2

1 1 2 1

2 2 2 4

x y

      

      

Tọa độ giao điểm của ( )P và ( )d là (-1;1); (2;4)

0,125 0,125

3 9 7 14

4 5 4 5

x y x

x y x y

  

 

     

  0,25

²

4.2 5

x y

 

    0,25

² 3 x y

 

  

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất



^{x y}^;



^là^(2;3)^.

0,25

Câu 3

1. Cho phương trình ^x²^²^{x m}^{  }^{5 0}

 

¹ ⁽^m là tham số).

a) Giải phương trình

 

¹ ^khi^m^²^.

b) Tìm m để phương trình

 

¹ có hai nghiệm x x₁, ₂ thỏa mãn điều kiện

2 2

2 2 1 11 26 0

x  x m  m 

2. Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng là 6m. Tính chiều rộng và chiều dài khu vườn, biết diện tích khu vườn là 280m².

2,5

1. a) Thay m2 vào phương trình (1) ta có x²2x  2 5 0

x²2x 3 0 0,5 ¹

2

1 3 x x

 

    Tập nghiệm của phương trình ^S^



^{1; 3}^



0,25

b) Xét phương trình

 

¹ ^có     ^{' 1} ^m ^{5 6} ^m

Để phương trình

 

¹ luôn có hai nghiệm thì       ^{' 0} ⁶ ^m ⁰ ^m ^{6 *}

 

0,125

(4)

2

Theo hệ thức Vi-ét ta có ¹ ²

1 2

2 5 x x x x m

  

  



Vì x₂ là nghiệm của phương trình (1) nên

2 2

2 2 5 0

x  x   m

2 2

2 2 5

x x m

    

Theo bài ra ta có: x₂²2x₁m²11m26 0

 

2

2 1

2

1 2

2 2 2

2 5 2 11 26 0

2 5 11 26 0

2. 2 5 11 26 0

4 5 11 26 0

12 35 0

x m x m m

x x m m m

m m m

m m

        

        

        

      

   

5

m (thỏa mãn (*)) hoặc m7 (không thỏa mãn (*))

Kết luận: Vậy m5 thì phương trình đã cho có hai nghiệm x x₁, ₂ thỏa mãn

2 2

2 2 1 11 26 0

x  x m  m 

0,125

0,125 0,125 Gọi chiều rộng khu vườn hình chữ nhật là ^{x m}

 

^,^x^⁰

Chiều dài khu vườn hình chữ nhật là ^x^⁶

 

^m

Diện tích khu vườn là 280m² nên ta có phương trình:



⁶



²⁸⁰

x x 

0,125 0,125

0,125

2 6 280 0 x x

    0,125

1 20

x   (không thỏa mãn) hoặc x₂14 (thỏa mãn) 0,25 Chiều rộng khu vườn hình chữ nhật là 14m

Chiều dài khu vườn hình chữ nhật là 14 6 20m 

0,125 0,125 Câu

4

Cho tam giác ABC vuông tại A có AC 12cm B,^60⁰. Hãy tính

, ,

C AB BC và diện tích tam giácABC. 1,0 A

B 60o C

12cm

Xét ABC vuông tại A có

 



0

0 0 0

90

90 60 30 B C

C

 

    0,25

Xét ABC vuông tại A có

0 12

sin AC sin 60 8 3

B BC cm

BC BC

     0,25

 

²

^{ }

2 2 2

BC AC 8 3 12 4 3

AB     cm 0,25

(5)

 

²

1 1

. .4 3.12 24 3

2 2

SABC  AB AC  cm 0,25

Câu 5

Từ điểm S nằm ngoài đường tròn ( )O kẻ hai tiếp tuyến SA SB, (A B, là các tiếp điểm). Kẻ đường kính AC của đường tròn ( )O , đường thẳng SCcắt đường tròn ( )O tại điểmD (D khác C).

a) Chứng minh tứ giác SAOB nội tiếp đường tròn.

b) Chứng minh SA²SC.SD.

c) Kẻ BH vuông góc với ACtại điểm H. Chứng minh đường thẳng SCđi qua trung điểm của đoạn thẳng BH.

2,5

S

A

B C

O

D

I

H N

Vẽ hình đúng câu a 0,25

a) Ta có: SAO^ 90 ,⁰ SBO^ 90⁰ (tính chất tiếp tuyến của

 

^O ⁾

  180⁰ SAO SBO

  

Do đó tứ giác SAOB nội tiếp đường tròn (dấu hiệu)

0,75

b) Ta có ^ADC90⁰ (hệ quả góc nội tiếp) AD SC

 

SACvuông tại A có đường cao AD

2 .

SA SC SD

  (hệ thức lượng trong tam giác vuông) (Có thể chứng minh SDA đồng dạng với SAC)

0,75

c) Gọi I là giao điểm của SO và AB.

Ta có SA SB (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) OA OB (là bán kính của

 

^O ⁾

Suy ra SO là đường trung trực của đoạn thẳngAB Suy ra SOAB tại I

Tứ giác SDIAcó ^{ }^AIS ^^ADS^⁹⁰⁰



^CMT



Suy ra tứ giác SDIAnội tiếp đường tròn (dấu hiệu) (1) Gọi N là giao điểm của SC và BH

0,75

(6)

Từ (1)   ASD DIB ( góc trong bằng góc ngoài ở đỉnh đối diện) mà ^{ }ASD DAC (cùng phụ ^ACD)

Suy ra ^{ }DAC DIB (2)

Lại có HNC DAC^{ } (cùng phụ ^ACD) Mà HNC DNB^{ } (đối đỉnh)

 DNB DAC (3)

Từ (2) và (3)  DNB DIB

 Tứ giác DINB nội tiếp đường tròn (dấu hiệu)

 BDN BIN (cùng chắn ^BN )

Xét

 

^O ^có^{ }^BDN^^BAC(cùng chắn BC^ )

BAC BIN 

Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị

IN/ / AC

IN/ / AH (vì H thuộc AC)

ABH có IA IB (vìSO là đường trung trực của AB) và IN/ / AH(CMT)

NB NH

SCđi qua trung điểm N của BH.

Lưu ý : Học sinh giải theo cách khác đúng giám khảo thảo luận chấm theo thang điểm từng phần.

HẾT.