Đề thi vào 10 năm học 2021-2022 tỉnh Bến Tre

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẾN TRE

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2021 – 2022

Môn thi : TOÁN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (1,0 điểm)

Dựa vào hình bên, hãy:

a) Viết ra tọa độ các điểm M và P.

b) Xác định hoành độ điểm N.

c) Xác định tung độ điểm Q.

Câu 2. (1,0 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức: ^A^ ^9.32^ ² b) Rút gọn biểu thức:

5 5 B x

x

 

 với ^x^⁰ Câu 3. (1,0 điểm)

Cho đường thẳng (d):^y^



⁵^m^⁶



^x^²⁰²¹ với m là tham số.

a) Điểm O(0;0) có thuộc (d) không? Vì sao?

b) Tìm các giá trị của m để (d) song song với đường thẳng: ^y^⁴^x^⁵

Câu 4. (1,0 điểm) Vẽ đồ thị hàm số:

1 2

y2x Câu 5. (2,5 điểm)

a) Giải phương trình: ⁵^x²^⁶^x^{ }^{11 0.}

b) Giải hệ phương trình:

5

4 5 9

x y x y

  

  



c) Gọi ^{x x}¹^, ² là hai nghiệm của phương trình: ^x²^²



^m^³



^x^⁶^m^{ }^{7 0}_{với m là}

tham số. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: C 



x1x2



²8x x1 2. Câu 6. (1,0 điểm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), biết ^BAC^ ^^{30 ,}⁰ ^BCA^ ^⁴⁰⁰ (như hình vẽ bên). Tính số đo các góc ^^{ABC ADC}^,^ và ^^AOC^.

Câu 7. (2,5 điểm)

Cho đường tròn (O;3cm) và điểm M sao cho OM = 6cm. Từ điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB đến đường tròn (O) (A và B là các tiếp điểm). Trên đoạn thẳng OA lấy điểm D (D khác A và O), dựng đường thẳng vuông với OA tại D và cắt MB tại E.

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

b) Tứ giác ADEM là hình gì? Vì sao?

(2)

c) Gọi K là giao điểm của đường thẳng MO và (O) sao cho điểm O nằm giữa điểm M và K. Chứng minh tứ giác AMBK là hình thoi.

--- Hết --- HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (1,0 điểm)

a) Dựa vào hình vẽ ta có: M(-1;-2), P(3;3)

b) Dựa vào hình vẽ ta có: N(-2;4) nên hoành độ điểm N là x_N  2 c) Dựa vào hình vẽ ta có: Q(1;-1) nên tung độ điểm Q là y_Q  1 Câu 2. (1,0 điểm)

a) A 9.32 2 9.16.2 2 3.4 2  2 12 2  2 11 2 b) Với x0 ta có:



⁵



⁵



5 5

x x

B x x

x x

 

    

 

Vậy với x0thì B x 5 Câu 3. (1,0 điểm)

a) Thay x = 0 và y = 0 vào phương trình đường thẳng: (d):^y^



⁵^m^⁶



^x^²⁰²¹_{ta được:}

 

0 5m6 .0 2021  0 2021 (vô lý)

Vậy điểm O(0;0) không thuộc đường thẳng (d).

b)

Đường thẳng (d) song song với đường thẳng:

5 6 4

4 5 2

2021 5

y x  m  m

      Vậy m = 2 thỏa mãn đề bài.

Câu 4. (1,5 điểm) a) Vẽ

 

^P _.

Bảng giá trị:

x -4 -2 0 2 4

1 2

y2x 8 2 0 2 8

Đồ thị hàm số là parabol

 

^P nhận trục tung làm trục đối xứng và đi qua các điểm có tọa độ là:



4;8 , 2; 2 , 0;0 , 2; 2 , 4;8

 



      

Đồ thị hàm số:

1 2

y 2x

(3)

Câu 5. (2,5 điểm)

a) Giải phương trình: ⁵^x²^⁶^x^{ }^{11 0.}

Cách 1. Ta có: a + b + c = 5 +6 – 11 = 0

1 11

5 x x

 

 

  

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là ¹

3 64 5 1

x   

;

2

3 64 11

5 5

x    

Cách 2. Ta có: ^{ }^' ³²^^{5. 11}



^



^^{64 0}^ nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

1

3 64 5 1 x  

 

và ²

3 64 11

5 5

x   

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt là ¹

3 64 5 1

x   

;

2

3 64 11

5 5

x    

b) Giải hệ phương trình:

5

4 5 9

x y x y

  

  

 Ta có:

5 4 4 20 11 16

4 5 9 4 5 9 5 11

x y x y y x

x y x y x y y

      

   

  

           

   

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất



^{x y}^;

 

^ ^{16; 11}^



c) Xét phương trình ^x²^²



^m^³



^x^⁶^m^{ }^{7 0}_có^a^^{1; '}^b ^{ }



^m^^{3 ;}



^c^{ }⁶^m^⁷

Ta có: ^{  }^' ^_



^m^³



^_²^{ }



⁶^m^⁷



^^m²^^{16 0}^ với mọi m thuộc R.

Suy ra phương trình luôn có hai nghiệm phân biệtx x¹, ²:

Theo vi-et ta có:

1 2

2 6

. 6 7

x x m x x m

  

   



Theo đề bài ta có:

     

  ^ ^

2 2 2

1 2 1 2

2 2 2

8 2 6 8 6 7 4 24 36 48 56

4 72 20 4 18 81 4.81 20 4 9 344

C x x x x m m m m m

m m m m m

            

          

Vì



^m^⁹



² ^{  }⁰ ^m ⁴



^m^⁹



²^{  }⁰ ^m



^m^⁹



²^³⁴⁴^{ }³⁴⁴^^m

Vậy C^min  344 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi m = 9.

Câu 6. (1 điểm)

(4)

Xét tam giác ABC có: BAC BCA ABC  180⁰ (Tổng 3 góc trong một tam giác)

 

0 0 0 0

30 40 ABC 180 ABC 110

     

Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) nên ABC ADC 180⁰

(tổng hai góc đối diện của tứ giác nội tiếp) 110⁰ADC180⁰ ADC70⁰

Ta có AOC2.ADC (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AC)  AOC2.70⁰ 140⁰ Vậy ABC110 .⁰ADC70 .⁰ AOC140⁰

Câu 7. (2,5 điểm)

a) Vì MA, MB là tiếp tuyến của (O) nên OAM OBM 90⁰ Xét tứ giác ODEB có: ODE OBE  90⁰90⁰ 180⁰

 ODEB là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng 2 góc đối bằng 180⁰) b)

Ta có:

 

^//

AM OA gt

AM DE DE OA gt

  

 

 (từ vuông góc đến song song)  ADEM là hình thang Lại có DAM ADE90⁰ nên ADEM là hình vuông

c)

Gọi

 

^H ^^{AB OM}^

Ta có: OA = OB = 3cm  O thuộc trung trực của AB.

OM là trung trực của AB OM AB tại H

 MK là trung trực của AB, mà MMK MA MB

Xét tam giác OAM vuông tại A có đường cao AH, áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

2 2

 

2 3

. 1,5

6

OH OM OA OH OA cm

  OM  

Xét tam giác vuông OAH có:  1,5 1  ⁰

3 2 30

SinOAH OH OAH

 OA    

 90⁰  90⁰ 30⁰ 60⁰

BAM OAH MAB

        đều ^^{MA MB AB}^ ^ ¹

 

(5)

AKB 60⁰ KAB

    đều ^^{KA KB AB}^ ^ ²

 

Từ (1) và (2) MA MB KA KB   Vậy AMBK là hình thoi (đpcm)