Đề tuyển sinh môn Toán (không chuyên) năm 2022 2023 sở GDKHCN Bạc Liêu

Trang 2

SỞ GIÁO DỤC, KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ BẠC LIÊU

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2022-2023

Môn thi: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Ngày thi: 10/06/2022 HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1. (4 điểm) Rút gọn biểu thức

a) 5 20 45 = + + A .

b) ( ) 1 1 1 B a a a a a   = − +   +  

, với 0 a > .

Lời giải

Câu 1. (4 điểm) Rút gọn biểu thức

a) 5 20 45 = + + A .

Ta có

5 20 45

5 4 5 9 5

5 2 5 3 5

6 5

= + +

= + ⋅ + ⋅

= + +

=

A

b) ( ) 1 1 1 B a a a a a   = − +   +  

, với 0 a > .

Ta có

( )

( ) ( )

( )

( ) ( )

1 1 1

1

1

1

1

1

.

B a a a a a

a a a a a a a

a a a

a a

a a

a a

a

  = − +   +  

  + −   = +   +  

+ = +

+ = +

=

Câu 2. (4 điểm)

a) Giải hệ phương trình 3

3 5

x y

x y

+ =   − = 

b) Cho parabol ( ) 2 : P y x = và đường thẳng ( ): 3 2 d y x = − . Vẽ đồ thị ( ) P và tìm tọa độ giao

điểm của ( ) P với đường thẳng ( ) d bằng phép tính.

Trang 3

Lời giải

a) Giải hệ phương trình 3

3 5

x y

x y

+ =   − = 

Ta có

3 4 8 2

3 5 3 1

x y x x

x y x y y

+ = = =    ⇔ ⇔    − = + = =   

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ) ( ) ; 2;1 x y = .

Tập xác định: 

b) Bảng giá trị của ( ) P

x 2 − 1 − 0 1 2

2 y x = 4 1 0 1 4

Vẽ đồ thị hàm số ( ) P

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

2 3 2 x x = −

2 3 2 0 x x ⇔ − + =

1 ∆=

2 1 1 1 ∆= = =

2 1 x hay x ⇔ = =

( ) 2 2 2 4 x y = ⇒ = =

Trang 4

( ) 2 1 1 1 x y = ⇒ = =

Vậy toạ độ giao điểm của ( ) D và ( ) P là: ( ) 2;4 và ( ) 1;1

Câu 3. (6 điểm)

Cho phương trình 2 5 2 0 x x m − + + = ( )1 ( m là tham số).

a) Giải phương trình khi 2 m = .

b) Tìm điều kiện của m để phương trình ( )1 có hai nghiệm phân biệt.

c) Gọi 1 2 , x x là hai nghiệm phân biệt của phương trình ( )1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 4. P x x x x x x = + − −

Lời giải

a) Thay 2 m = vào phương trình ( )1 ta được 2 5 4 0 x x − + = .

Do 1 ( 5) 4 0 a b c + + = + − + = nên phương trình có hai nghiệm 1 2 1; 4 x x = = .

b) Ta có 17 4m ∆= − .

Phương trình ( )1 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 ∆> 17 4 0 m ⇔ − > 17 . 4 m ⇔ <

c) Theo câu b, phương trình có hai nghiệm phân biệt khi 17 4 m < .

Theo hệ thức Vi-ét, ta có

1 2

1 2

5

2.

x x

x x m

+ =   ⋅ = + 

(1)

Theo đề ta có

( ) ( ) 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 4 4. P x x x x x x x x x x x x = + − − = + − −

Thay ( )1 vào ta được

( ) ( )

2

2

2

2

5 2 2 4 5 10 4 8 2

1 9 9 . 2 4 4

P m m m m m m m

m

= + − + − = + − − − = − + +

  = − − + ≤    

9 1 1 0 4 2 2 max P m m = ⇔ − = ⇔ = (thỏa mãn điều kiện)

Câu 4. (6 điểm) Trên nửa đường tròn tâm O đường kính 2 AB R = , lấy điểm C (C khác A và B ), từ C kẻ CH vuông góc với AB ( ) H AB ∈ . Gọi D là điểm bất kì trên đoạn ( CH D khác C và H ),

đường thẳng AD cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai là E . a) Chứng minh tứ giác BHDE nội tiếp. b) Chứng minh AD EC CD AC ⋅ = ⋅ .

Trang 5

c) Khi điểm C di động trên nửa đường tròn (C khác A , B và điểm chính giữa cung AB ), xác định vị trí của điểm C sao cho chu vi COH ∆ đạt giá trị lớn nhất. Lời giải

a) Chứng minh tứ giác BHDE nội tiếp.

Xét tứ giác BHDE , ta có

 ( ) 90 CH AB gt BHD ⊥ ⇒ = ° .

và  AEB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên  90 BED = °

Suy ra   180 BHD BED ° + = (tổng hai góc đối bằng 180°).

Do đó tứ giác BHDE nội tiếp (đpcm)

b) Chứng minh AD EC CD AC ⋅ = ⋅ .

và       90 ACD CAH ABC CAH ACD ABC + = + = ° ⇒ = .

Mặt khác, ta có   ABC CEA = (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CA ).

Suy ra   ACD AEC = .

Xét ACD ∆ và AEC ∆ , ta có

  CAD EAC = (góc chung)

  ACD AEC = (chứng minh trên)

suy ra ACD AEC ∆ ∆ ∽ (g-g).

Suy ra AD CD AD EC CD AC AC EC = ⇒ ⋅ = ⋅ (đpcm).

c) Khi điểm C di động trên nửa đường tròn (C khác A , B và điểm chính giữa cung AB ), xác định vị trí của điểm C sao cho chu vi COH ∆ đạt giá trị lớn nhất.

Gọi P chu vi tam giác COH , ta có

. 2 AB P CO OH CH OH CH = + + = + +