Đề thi vào 10 năm học 2021-2022 tỉnh Trà Vinh

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH TRÀ VINH NĂM HỌC 2021-2022

MÔN THI: TOÁN

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

(Đề thi gồm 02 trang)

I. PHẦN TỰ CHON (3.0 ĐIỂM)

Thí sinh chọn một trong hai đề đề sau đây:

ĐỀ 1

Câu 1. (1.0 điểm)

Giải hệ phương trình:

2x y 4 x 3y 5

  

   

 Câu 2. (2.0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P):^{y x}^ ²và đường thẳng (d):^{y mx 3}^ ^ (m là tham số).

1. Vẽ parabol (P).

2. Khi ^{m 2}^ , tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép toán.

3. Tìm m để đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại hai điểm

phân biệt có hoành độ ^x¹, ^x²thỏa mãn ¹ ² 1 1 3 x  x  2 ĐỀ 2

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (^{H BC}^ ). Biết BH 9cm, CH 16cm  . Tính độ dài AH và diện tích tam giác ABC.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P):^{y x}^ ²và đường thẳng (d): ^y^{   }^{x m 2}(m là tham số).

3. Tìm giá trị của m dể (d) và (P) có một điểm chung duy nhất.

II. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 ĐIỂM) Câu 3. (1.0 điểm)

Rút gọn biểu thức: ^A 24 2 54 2 96  .

ĐỀ CHÍNH THỨC

(2)

Giải phương trình: ^4x²^^{7x 2 0}^{ } . Câu 5. (1.0 điểm)

Tổng số học sinh của hai lớp 9A và 9B ở một trường THCS là 76 học sinh.

Hưởng ứng phopng trào ủng hộ trang thiết bị y tế trong đợt phòng dịch Covid-19, cả hai lớp đã quyên góp ủng hộ 189 chiếc khẩu trang. Biết rằng mỗi học sinh lớp 9A ủng hộ 3 chiếc khẩu trang, mỗi học sinh lớp 9B ủng hộ 2 chiếc khẩu trang. Tính số học sinh của mỗi lớp.

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD (^{D BC}^ ), BE (^{E AC}^ ), CF (^{F AB}^ ) cắt nhau tại H.

1. Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn.

2. Chứng minh DA là phân giác ^EDF^ .

3. Kẻ đường kính AK, gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh ba điểm H, I, K thẳng hàng.

Tìm cặp số (x;y) thỏa mãn phương trình^{8x 4x}^ ²^^{2y 5 0}^{ } sao cho y đặt giá trị nhỏ nhất.

--- HẾT ---

(3)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH TRÀ VINH NĂM HỌC 2020-2021

MÔN THI: TOÁN

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

HƯỚNG DẪN CHẤM

I. PHẦN TỰ CHON (3.0 ĐIỂM) ĐỀ 1

Ta có

2x y 4 2x y 4 2x y 4 2x 2 4 x 1

x 3y 5 2x 6y 10 7y 14 y 2 y 2

        

    

   

                

    

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất



^{x; y}

 

^ ^{1; 2}^



Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P):^{y x}^ ²và đường thẳng (d):^{y mx 3}^ ^ (m là tham số).

Bảng giá trị đặc biệt:

x -2 -1 0 1 2

yx2 4 1 0 1 4

Vẽ đồ thị:

(P)

x y

4

1

-2 -1 O 1 2

ĐỀ CHÍNH THỨC

(4)

Khi ^{m 2}^ , đường thẳng (d) có dang: ^{y 2x 3}^ ^ Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

2 2

x 2x 3 x 2x 3 0 

Ta có ^{1 2 3 0}^{  } nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt ^x¹^{ }^{1; x}² ^³

Với x¹  1 y₁1

Với x² 3 y₂ 9

Vậy tọa độ giao điểm của của (P) và (d) là



^^1;1



_và

 

^3;9

3. Tìm m để đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại hai điểm

phân biệt có hoành độ ^x¹, ^x²thỏa mãn ¹ ² 1 1 3 x  x  2 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

2 2

x mx 3 x mx 3 0  Ta có ^{ }^m²^^{12 0}^ (luôn đúng với mọi m)

Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt ^{x ; x}¹ ² Theo định lí Vi ét ta có

1 2

2 2

x x m x .x 3

 

  



Theo đề, ta có:

1 2

1 2 1 2

1 1 3 x x 3 m 3 9

x x 2 x x 2 3 2 m 2

 

       

 (thỏa mãn)

4. Vậy m 9

2

 

thì đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại hai điểm

phân biệt có hoành độ ^x¹, ^x²thỏa mãn ¹ ² 1 1 3 x  x  2 ĐỀ 2

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (^{H BC}^ ). Theo hệ thức lượng ta có:

AH2 HB.HC 9.16 144  AH 12cm

 

Ta có BC HB HC 9 16 25     Diện tích tam giác ABC

 

²

1 1

S  AH.BC .12.25 150 cm

B H C A

(5)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P):^{y x}^ ²và đường thẳng (d): ^y^{   }^{x m 2}(m là tham số).

Bảng giá trị đặc biệt:

x -2 -1 0 1 2

yx2 4 1 0 1 4

Vẽ đồ thị:

(P)

x y

4

1

-2 -1 O 1 2

Khi ^{m 0}^ , đường thẳng (d) có dang: ^y^{  }^{x 2} Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

2 2

x    x 2 x   x 2 0

Ta có ^{1 1 2 0}^{  } nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt ^x¹ ^^{1; x}² ^{ }²

Với x¹ 1y₁1

Với x²  2y₂ 4

Vậy tọa độ giao điểm của của (P) và (d) là

 

^1;1 _và



^^2;4



3. Tìm giá trị của m dể (d) và (P) có một điểm chung duy nhất.

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

2 2

x     x m 2 x    x m 2 0 Ta có ^{ }^{4m 9}^

(6)

Để (d) và (P) có một điểm chung duy nhất thì

0 4m 9 0 m 9 4

       

Vậy m 9

4

 

thì (d) và (P) có một điểm chung duy nhất.

II. PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 ĐIỂM) Câu 3. (1.0 điểm)

Ta có ^A 24 2 54 2 96 2 6 2.3 6 2.4 6     2 6 6 6 8 6 0

   

Giải phương trình: ^4x²^^{7x 2 0}^{ } . Ta có ^{ }⁷²^^{4.4. 2}

 

^{ }^{49 32 81 0}^ ^ ^

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt

1

2

7 81 1

x 2.4 4

7 81

x 2

2.4

  

 



     



Vậy tập nghiệm của phương trình là

S 2;1 4

 

  

 

Gọi số học sinh của lớp 9A, 9B lần lượt là x, y (

*, *

x y ₎ Số chiếc khẩu trang lớp 9A đã ủng hộ là: ^3x(chiếc)

Số chiếc khẩu trang lớp 9B đã ủng hộ là: ^2y(chiếc)

Vì tổng số học sinh của hai lớp là 76 học sinh nên ta có phương trình ^{x y 76}^{ } Vì cả hai lớp ủng hộ 189 chiếc khẩu trang nên ta có phương trình: ^{3x 2y 189}^ ^

Ta có hệ phương trình:

x y 76 3x 2y 189

  

  

 2x 2y 152 x 37 3x 2y 189 y 39

  

 

     (thỏa mãn)

Vậy số học sinh của lớp 9A và 9B lần lượt là 37 học sinh và 39 học sinh Câu 6. (3.0 điểm)

(7)

K I

H O

D F

E

B C

A

1. Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn.

Tứ giác BCEF có

 ⁰

BEC 90 (BE là đường cao)

 ⁰

BFC 90 (CF là đường cao)

  ⁰

BEC BFC 90

  

Vậy tứ giác BCEF nội tiếp

2. Chứng minh DA là phân giác ^EDF^ Tứ giác DHEC có

 ⁰

HEC 90 (BE là đường cao)

 ⁰

HDC 90 (AD là đường cao)

  ⁰ ⁰ ⁰

BEC BFC 90 90 180

    

Tứ giác DHEC nội tiếp

 

HDE HCE

  ( cùng chắn cung HE)

Tương tự, ta chứng minh được ^{HDF HBF}^ ^ ^ ( cùng chắn cung HF) Mà ^{HCE HBF}^ ^ ^ ( cùng chắn cung FE)

 

HDE HDF

 

Vậy DA là phân giác ^EDF^

3. Chứng minh ba điểm H, I, K thẳng hàng.

Vì AK là đường kính của (O) nên ^{ABK ACK 90}^ ^ ^ ^ ⁰

Ta có

KC AC

KC / /BH BH AC

 

  



(8)

Tương tự ta có ^{BK / /HC}

Suy ra tứ giác BHCK là hình bình hành Mà I là trung điểm của BC

Suy ra I là trung điểm của HK Vậy ba điểm H, I, K thẳng hàng.

Ta có ^{8x 4x}^ ²^^{2y 5 0}^{  }^{2y 4x}^ ²^^{8x 5 4 x 1}^{ }



^



²^{ }^{1 1}_{với mọi x}

y 1

  2

với mọi x Dấu “=” xảy ra ^{ }^{x 1}

Vậy cặp số (x;y) thỏa mãn yêu cầu bài toán là 1;1

2

 

 

 