Đề thi vào 10 năm học 2021-2022 tỉnh Ninh Bình

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH

ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2021-2022

Bài thi môn: TOÁN - Ngày thi: 09/06/2021 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Đề thi gồm 05 câu trong 01 trang Câu 1 (2,0 điểm).

1. Hàm số y 2x 3  là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên  ? Vì sao?

2. Rút gọn biểu thức

A  18 2 50 3 8  

_.

3. Giải hệ phương trình

1

2 5

x y x y

  

  



_.

Câu 2 (2,5 điểm).

Cho phương trình x²mx m  1 0 

  1

_với

m

là tham số.

a) Giải phương trình

  1

_với

m  3

_.

b) Chứng minh rằng phương trình

  1

luôn có nghiệm với mọi m.

c) Gọi

x , x

^{1 2}

là hai nghiệm của phương trình

  1

. Tìm giá trị của

m

để biểu thức

2 2

1 2

P x x đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phuơng trình hoặc hệ phương trình.

Một người đi xe đạp từ A _đến B cách nhau

24 km

. Khi đi từ B _{trở về} A, người đó tăng vận tốc thêm

4 km/h

, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là

30

phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B_.

Câu 4 (3,5 điểm).

1. Cho đường tròn tâm

O

_{và điểm A} nằm bên ngoài đường tròn. Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác

ABOC

là tứ giác nội tiếp.

b) Vẽ cát tuyến ADE không đi qua tâm

O

của đường tròn (D _{nằm giữa} A _và E_).

Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh MA là tia phân giác của góc

BMC

_.

2. Một dụng cụ đựng chất lỏng có dạng hình trụ với chiều cao bằng

3dm

và bán kính đáy bằng

2dm

. Dụng cụ này đựng được bao nhiêu lít chất lỏng? (Bỏ qua độ dày của thành và đáy dụng cụ: lấy



3,14_).

Câu 5 (1,0 điểm).

1. Tìm tất cả các cặp số nguyên

   ; x y 

thỏa mãn phương trình

x

²

 2 y

²

 2 xy  1

_. 2. Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện a b ² 2ab²_.

Chứng minh rằng ^{4 4 4 2 8 2 2}

1 1 1

2 2 2

a b ab a b a b 

    _.

--- HẾT --- ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Họ và tên thí sinh: ...……… Số báo danh: ………

Giám thị 1 (họ và tên, chữ ký): ………...

Giám thị 2 (họ và tên, chữ ký): ………...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH

ĐÁP ÁN

ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2021-2022

Bài thi môn: TOÁN - Ngày thi: 09/06/2021 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm).

1. Hàm số y 2x 3  là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên  ? Vì sao?

2. Rút gọn biểu thức

A  18 2 50 3 8  

_.

3. Giải hệ phương trình

1

2 5

x y x y

  

  



_.

Lời giải 1. Hàm số y 2x 3  _{có dạng} yaxb _với a2,b 3_. Do

a   2 0

nên là hàm số đồng biến hay nghịch biến trên  .

2.

A  18 2 50 3 8    3 .2 2 5 .2 3 2 .2

²



²



²

 3 2 10 2 6 2     2

_.

3.

1

2 5

x y x y

  

  

 1

3 6 x y

 x

   





2 2 y 1

 x

  

 

 1

2 y

 x

  





Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là

 x y ;     2;1

_.

Câu 2 (2,5 điểm).

Cho phương trình x²mx m  1 0 

  1

_với

m

là tham số.

a) Giải phương trình

  1

_với

m  3

_.

b) Chứng minh rằng phương trình

  1

luôn có nghiệm với mọi m.

c) Gọi

x , x

^{1 2}

là hai nghiệm của phương trình

  1

. Tìm giá trị của

m

để biểu thức

2 2

1 2

P x x đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải a) Giải phương trình

  1

_với

m  3

_.

Với

m  3

phương trình

  1

_{thành x}²_{3x   3 1 0  x}² _{3x 2 0} 

2 3 2 0 

x  x  _(có a1,  b-3,  c2₎

 

2 1 0 

x mx m   _(có a1,  b m c m,    1₎

 

²

   

²

2 2

4 4.1. 1 4 4 2 0

b ac m m m m m m

             

Vậy phương trình

  1

luôn có nghiệm với mọi

m

_.

c) Gọi

x , x

^{1 2} là hai nghiệm của phương trình

  1

theo định lý Vi-ét ta có

1 2

1 2

1

x x m x x m

 

   





2

    

2 2

2 2 2 2

1 2 1 1 2

Px x  x x 2x x m 2 m 1 m 2m  1 1 m1 1 1 m . Dấu " " xảy ra khi

m     1 0 m 1

_.

Vậy với

m  1

_{thì P} đạt giá trị nhỏ nhất là 1_.

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phuơng trình hoặc hệ phương trình.

Một người đi xe đạp từ A _đến B cách nhau

24 km

. Khi đi từ B _{trở về} A, người đó tăng vận tốc thêm

4 km/h

, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là

30

phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B_.

Lời giải

Gọi vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A _đến B _là

x

₍

km/h

_,

x  0

), thì khi đi từ B _{trở về} A _{vận tốc} người đó là

x  4

₍

km/h

_).

Thời gian người đi xe đạp đi từ A _đến B _là 24

x (giờ), thời gian người đi xe đạp đi từ B _{trở về} A_là 24

4 x (giờ).

Do thời gian về ít hơn thời gian đi là

30

_{phút =}

1

2

giờ nên ta có phương trình

24 24 1 4 2 x x 



   

2

12

24 24 1

4 192 0 12 16 0

16 4 2

x x x x x

x x x

 

                12

x 

thỏa mãn điều kiện, nhận

16

x  

không thỏa mãn điều kiện, loại.

Vậy vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A _đến B _là 12

km/h

_. Câu 4 (3,5 điểm).

1. Cho đường tròn tâm

O

_{và điểm A} nằm bên ngoài đường tròn. Từ A vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là các tiếp điểm).

a) Chứng minh tứ giác

ABOC

là tứ giác nội tiếp.

b) Vẽ cát tuyến ADE không đi qua tâm

O

của đường tròn (D _{nằm giữa} A _và E_).

Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh MA là tia phân giác của góc

BMC

_.

2. Một dụng cụ đựng chất lỏng có dạng hình trụ với chiều cao bằng

3dm

và bán kính đáy bằng

2dm

. Dụng cụ này đựng được bao nhiêu lít chất lỏng? (Bỏ qua độ dày của thành và đáy dụng cụ: lấy



3,14_).

Lời giải 1.

D M

A O

B

C

E

a) Chứng minh tứ giác

ABOC

là tứ giác nội tiếp.

Do AB AC, là các tiếp tuyến với đường tròn

  O

(giả thiết) nên 

ABO   90 ,



ACO   90



ABO ACO



90 90 180

       

Suy ra

ABOC

là tứ giác nội tiếp (vì là tứ giác có tổng các góc đối bằng

180

_).

b) Chứng minh MA là tia phân giác của góc

BMC

_.

Có 

ABO   90

_, 

ACO   90

(chứng minh trên)



_B,

C

thuộc đường tròn đường kính

AO   1

Có M là trung điểm của DE (giả thiết)

 OM  AE

(đường kính đi qua trung điểm của dây cung không đi qua tâm thì vuông góc với dây cung đó)





AMO   90 

_Mthuộc đường tròn đường kính

AO   2

Từ

  1

_và

  2  ABOMC

nội tiếp đường tròn đường kính

AO

_.

Suy ra

AMC 



AOC

_, 

AMB 



AOB

(các góc nội tiếp cùng chắn một cung) Mà 

AOC 



AOB

(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)





AMB 



AMC



_MA là tia phân giác của góc

BMC

_. Câu 5 (1,0 điểm).

1. Tìm tất cả các cặp số nguyên

   ; x y 

thỏa mãn phương trình

2

2

2

2 1

x  y  xy 

_. 2. Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn điều kiện a b ² 2ab²_.

Chứng minh rằng ^{4 4 4 2 8 2 2}

1 1 1

2 2 2

a b ab a b a b 

    _.

Lời giải 1. Ta có ^{x22y22xy 1}



^{x y}



^{2y2 1}

Do x y; nguyên nên



^{x y}



^2,y2nhận giá trị nguyên và



^{x y}



^{2 0,y2 0} nên xảy ra

 

 

2

2 2

2

1 1

0

0 0

0 1 1

x y x y

y y

x y x y y y

       

  

   

      

    

 



 

 

 

 

 

1 1 x y

  

  

_hoặc

1

1 x y

 

   

_hoặc

1

0 x y

 

  

_hoặc

1 0 x y

  

  

           

  ; x y   1;1 1; 1 1;0 ,  , ,  1;0

2. Đặt

,

2

a x b   y

_với x y; 0 _thì x y 2xy khi đó ta cần chứng minh

2 4

4 2 2 2

1 1 1

2 x 2 2

x y x y  y x y 

   

_.

Ta có

x

⁴

 y

²

 2 xy

²

, x

²

 y

⁴

 2 x

²

y

(bất đẳng thức Co-si)

 

2 2

4 2 2

1 1 1

2 2 2 2

x y xy xy x y  xy x y

 

  



 

2

4 2

2 2

1 1 1

2 2 2 2

y x xy

x y  x y  xy x y

 

 

     

2 4

4 2 2 2

1 1 1 1 1

2 x 2 y 2 2 y

x y xy y x xy x y xy x y xy x

    

      

Ta sẽ chứng minh

 1  1   2   2

2 2

xy x y x y x y xy x y

       



(do x y 2xy₎

 

^{x y}



^{2    4 x y 2}

Thật vậy

   

2 2

2 4 4

2

x y   xy     x y      x y   x y     x y

_(do^{x y 0}₎

Vậy ta có điều phải chứng minh.

--- HẾT ---