Bộ 10 Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2022 có đáp án

Bộ 10 Đề thi vào lớp 10 môn Toán năm 2022 có đáp án

Nhằm giúp những bạn ôn luyện và giành được tác dụng cao trong kì thi tuyển sinh vào lớp 10, VietJack biên soạn 10 Đề thi vào lớp 10 môn Toán có đáp án, tinh lọc. Hi vọng tài liệu này sẽ giúp học viên ôn luyện, củng cố kỹ năng và kiến thức và sẵn sàng chuẩn bị tốt cho kì thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2022 .

Tải xuống

Quảng cáo

Sở Giáo dục và Đào tạo …..

Kì thi tuyển sinh vào 10

Năm học 2021 – 2022

Đề thi môn : Toán
Thời gian làm bài : 120 phút
( không kể thời hạn phát đề )

(Đề số 1)

Câu I: (2,0 điểm). Cho biểu thức P=xx−1x−x−xx+1x+x  :  x+2x−2.

1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P?

2) Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức P có giá trị nguyên?

Câu II: (1,5 điểm)

1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Tổng những chữ số của 1 số có hai chữ số là 9. Nếu thêm vào số đó 63 đơn vị chức năng thì số thu được cũng viết bằng hai chữ số đó nhưng theo thứ tự ngược lại. Hãy tìm số đó .

2) Chứng minh hàm số y = 2x luôn đồng biến trên tập .

Câu III: (3,0 điểm).

1) Giải hệ phương trình: x2−y2+3=0x+y=1.

2) Giải phương trình: x3−2×2−4x=0.

3) Cho phương trình x2+2m−2x+m2−2x+4=0. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm thực phân biệt x1,  x2 thỏa mãn 2×12+x22−1x1x2=115m?

Câu IV: (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M, N, P. Chứng minh rằng:

1) Chứng minh rằng:

a ) Tứ giác CEHD nội tiếp .
b ) Bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn .
c ) AE.AC = AH.AD ; AD.BC = BE.AC .
d ) H và M đối xứng với nhau qua BC .

2) Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.

Câu V: (0,5 điểm) Tìm x,  y,  z∈ℕthỏa mãn: x+23=y+z.

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 01

Câu I: x≥0x−x≠0x+x≠0x+2≠0x−2≠0⇔x≥0x≠0x≠1x≠−2x≠2⇔x≥0x≠1x≠2

1) Điều kiện xác định

Ta có : P = x − 1 x + x + 1 xx − 1 − x + 1 x − x + 1 xx + 1 : x + 2 x − 2
= x + x + 1 − x + x − 1 x : x + 2 x − 2 = 2 x − 2 x + 2
Vậy : P = 2 x − 2 x + 2
Cách 2 :
Đặt a = x a ≥ 0
Ta có P = a3 − 1 a2 − a − a3 + 1 a2 + a : a2 + 2 a2 − 2
= a − 1 a2 + a + 1 aa − 1 − a + 1 a2 − a + 1 aa + 1. a2 − 2 a2 + 2
= a2 + a + 1 − a2 − a + 1 a. a2 − 2 a2 + 2 = 2. a2 − 2 a2 + 2 = 2. x − 2 x + 2

Nhận xét: Bài toán tìm điều kiện và rút gọn biểu thức áp dụng quy tắc tìm điều kiện và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.

2) Ta có: P=2x−4x+2=2x+4−8x+2=2−8x+2

Để P nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi 8 : ( x + 2 )
⇔ x + 2 = ± 1 x + 2 = ± 2 x + 2 = ± 4 x + 2 = ± 8 ⇔ x = − 1 ; x = 3 x = 0 ; x = − 4 x = 2 ; x = − 6 x = 6 ; x = − 10
Vậy x = 6 .

Nhận xét: Bài toàn tìm giá trị nguyên của biến để biểu thức nguyên bằng cách phân tích phần nguyên.

Câu II:

1) Gọi chữ số hàng chục là x.

Chữ số hàng đơn vị chức năng là y .
Vì tổng 2 chữ số là 9, nên ta có x + y = 9 ( 1 )

Điều kiện: 0
Số đó là xy ¯ = 10 x + y
Số viết ngược lại là yx ¯ = 10 y + x
Vì thêm vào số đó 63 đơn vị chức năng thì được số mới viết theo thứ tự ngược lại số cũ, ta có
xy ¯ + 63 = yx ¯ ⇒ 10 x + y + 63 = 10 y + x ⇔ 9 x − 9 y = 63 ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ), ta có hệ phương trình
x + y = 99 x − 9 y = − 63
⇔ x + y = 9 x − y = 7 ⇔ 2 x = 2 x + y = 9 ⇔ x = 1 y = 8 ( thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo )
Vậy số cần tìm là 18 .

Nhận xét: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình từ mỗi quan hệ theo số theo đề bài đã cho từ những kiến thức về cấu tạo số, phép toán số học, …

Câu III:

1) Hệ phương trình tương đương với: x−yx+y=−3x+y=1

⇔ x − y = − 3 x + y = 1 ⇔ 2 x = − 22 y = 4 ⇔ x = − 1 y = 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm là : ( x ; y ) = ( – 1 ; 2 )

2) Phương trình tương đương với: xx2−2x−4=0⇔x=0x2−2x−4  *

Giải ( * ), ta có Δ ‘ = − 12 − 1. − 4 = 5 ⇒ Δ ‘ = 5 .
Phương trình ( * ) có nghiệm là : x = − − 1 + 51 = 1 + 5 x = − − 1 − 51 = 1 − 5
Vậy phương trình có nghiệm là : x = 0 ; x = 1 ± 5

3) Phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi Δ’>0

⇔ m − 22 − mét vuông − 2 x + 4 > 0 ⇔ m < 0 ( * ) Với m < 0 theo định lý Vi-et, ta có : x1 + x2 = 4 − 2 mx1x2 = mét vuông − 2 m + 4 . Ta có : 2x12 + x22 − 1x1 x2 = 115 m ⇔ 2x1 + x22 − 2x1 x2 − 1x1 x2 = 115 m ( 1 ) ⇔ 1 m + 4 m − 6 − 1 m + 4 m − 2 = 115 Đặt t = m + 4 mdo m < 0 => t < 0 . Ta có ( 1 ) trở thành : 1 t − 6 − 1 t − 2 = 115 ⇔ t = − 4 t = 12 l Với t = − 4 ⇔ m + 4 m = − 4 ⇔ m = − 2 ( thỏa mãn nhu cầu ( * ) ) .

Câu IV:

1) AD,BE là đường cao của ∆ABC nên CEH^=HDC^=90°

⇒ CEH ^ + HDC ^ = 180 °
Suy ra tức giác CEHD là tứ giác nội tiếp ( điều cần chứng tỏ )

Nhận xét: Bài toán chứng minh tứ giác nội tiếp bằng cách chứng minh tổng hai góc đối diện bằng 180°

Tứ giác CEHD có tổng cặp góc đối lập bằng 180 ° : CEH ^ + HDC ^ = 180 ° nên là tứ giác nội tiếp .

2) CF, BE là đường cao của ∆ABC nên CEB^=BFC^=90°

=> Điểm E, F thuộc đường tròn đường kính BC .
=> B, C, E, F cùng nằm trên đường tròn đường kính BC ( điều cần chứng tỏ ) .

Nhận xét: Bài toán chứng minh bốn điểm cùng nằm trên một đường tròn bằng cách chứng minh hai điểm nhìn một cạnh tạo bởi hai điểm còn lại cùng dưới một góc vuông.

3) Tam giác AEH và ADH có chung góc tại đỉnh A và AEH^=ADC^=90° nên ∆AEH đồng dạng với ∆ADC => AEAD=AHAC => AE.AC = AH.AD (điều cần chứng minh).

Tam giác BEC và ADC có chung góc tại đỉnh C và nên ∆ BEC ∆ ADC
( điều cần chứng tỏ ) .

Nhận xét: Bài toán chứng minh các đẳng thức bằng cách chứng minh các cặp tam giác đồng dạng.

4) Ta có:

A1 ^ = C1 ^ ( cùng phụ với FBC ^ ) ;
A1 ^ = C2 ^ ( cùng chắn cung BM ⏜ của ( O ) ) ;
Suy ra C1 ^ = C2 ^
⇒ CD là phân giác của TP HCM ^
Tam giác CHM có CD vừa là phân giác vừa là đường cao nên cân tại C, suy ra CD đồng thời cũng la trung trực của HM .
⇒ H, M đối xứng với nhau qua BC ( điều cần chứng tỏ ) .

5) Ta có:

E1 ^ = C1 ^ ( cùng chắn cung FB ⏜ trong đường tròn đi qua bốn điểm B, C, E, F ) ;
C1 ^ = E2 ^ ( cùng chắn cung HD ⏜ trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác CEHD ) ;
Suy ra :
⇒ EB là phân giác của FED ^ .
Chứng minh tương tự như : FC là phân giác của DFE ^
Mà FC ∩ EB = H nên H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF .

Câu V: Định hướng: Tổng quát dạng toán này là Giải phương trình nghiệm nguyên. Bài toán cho dưới dạng phương trình chứa ba ẩn, với điều kiện x,  y,  z∈ℕ thì các biểu thức trong căn luôn có nghĩa. Tổng quát có dạng fx,y,z=gx,y,z+hx,y,z tư duy nhanh dạng phương trình vô tỉ cơ bản fx=gx+hx.

Giả sử ( x, y, z ) = ( a, b, c ), a, b, c ∈ N là một nghiệm của phương trình đã cho. Vì x, y, z ∈ ℕ nên vận dụng đặc thù cơ bản của số học suy ra y + z có một trong hai dạng sau :
1. y + z = b + c. Điều này có nghĩa y, z không cùng là số chính phương .
2. y + z = p p ∈ N. Điều này có nghĩa y, z cùng là số chính phương .
Thay vào phương trình ta có : a + 23 = b + c .
Bình phương hai vế thu được : a + 23 = b + c + 2 bc
Vì a, b, c ∈ N nên suy ra :
a = b + c3 = bc ⇔ a = b + c3 = bc
Từ đây chỉ ra b, c chính là hoán vị bộ số ( 1 ; 3 ) .
Với sự Open hằng số 23 trong căn thức vế trái giúp liên tưởng tới biến x sao cho x + 23 = a + mét vuông = a2 + 2 am + mét vuông a, m ∈ N .
Để ý rằng 23 = 2.1.3 có dạng 2 ama, m ∈ N, từ đó nhẩm nhanh đẳng thức tương ứng a2 + mét vuông = 12 + 32 .

Giải:

Ta có : x + 23 = y + z ⇔ x + 23 = y + z + 2 yz
⇔ x − y − z + 23 = 2 yz ⇒ x − y − z2 + 43 x − y − z + 12 = 4 yz ( 1 )
TH1 : Nếu x − y − z ≠ 0, ta có 3 = 4 yz − x − y − z2 − 124 x − y − z ( 2 ) ( vô lý do x, y, z ∈ ℕ nên VP của ( 2 ) là số hữu tỉ ) .
TH2 : Nếu x – y – x = 0, ta có ( 1 ) ⇔ x − y − z = 0 yz = 3 ( 3 )
Giải ( 3 ) ra ta được x = 4 y = 1 z = 3 ( thỏa mãn nhu cầu ) hoặc x = 4 y = 3 z = 1 ( thỏa mãn nhu cầu ) .

Quảng cáo

Sở Giáo dục và Đào tạo …..

Kì thi tuyển sinh vào 10

Năm học 2021 – 2022

Đề thi môn : Toán
Thời gian làm bài : phút
( không kể thời hạn phát đề )

(Đề số 2)

Câu I. (2,0 điểm). Cho biểu thức: P=xx−8x+2x+4+31−x.

1) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P?

2) Tìm giá trị nguyên dương của x để biểu thức Q=2P1−P có giá trị nguyên?

Câu II. (1,5 điểm).

1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Tháng giêng hai tổ sản xuất được 900 chi tiết cụ thể máy ; tháng hai do nâng cấp cải tiến kỹ thuật tổ I vượt mức 15 % và tổ II vượt mức 10 % so với tháng giêng, thế cho nên hai tổ đã sản xuất được 1010 chi tiết cụ thể máy. Hỏi tháng giêng mỗi tổ sản xuất được bao nhiêu cụ thể máy

2) Biết đồ thị của hàm số  y=13ax2  a≠0 đi qua điểm M (3; -6).

Hãy xác lập giá trị của a .

Câu III. (3,0 điểm).

1) Giải hệ phương trình 3x+y=112x+3y=12.

2) Giải phương trình: x2−x−12=0

3) Cho phương trình:  2×2−4mx+2m2−1=0 (1) với m là tham số.

a)  Chứng minh với mọi giá trị của m, phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt.

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1,  x2 thỏa mãn 2×12+4mx2+2m2−9<0.

Câu IV. (3,0 điểm). Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó một điểm P sao cho AP > R, từ P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với (O) tại M.

1 ) Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn .
2 ) Chứng minh BM / / OP .
3 ) Đường thẳng vuông góc với AB ở O cắt tia BM tại N. Chứng minh tứ giác OBNP là hình bình hành .
4 ) Biết AN cắt OP tại K, PN cắt ON tại I ; PN và OM lê dài cắt nhau tại J. Chứng minh I, J, K thẳng hàng .

Câu V. (0,5 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 2ab + 6bc + 2ca = 7abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  P=4aba+2b+9caa+4c+4bcb+c.

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 02

Câu 1.

1) Điều kiện xác định: x≥0x+2x+4k≠0⇔x≥0.

Ta có : P = x − 2 x + 2 x + 4 x + 2 x + 4 + 31 − x = x − 2 + 31 − x = 1 − 2 x
Vậy P = 1 − 2 x .
Cách 2 : Đặt a = x a ≥ 0 .
Ta có : P = a3 − 8 a2 + 2 a + 4 + 31 − a = a − 2 a2 + 2 a + 4 a2 + 2 a + 4 + 31 − a
= a − 2 + 31 − a = 1 − 2 a = 1 − 2 x

Nhận xét: Bài toán tìm điều kiện và rút gọn biểu thức áp dụng quy tắc tìm điều kiện và các phuơng pháp phân tích đa thức thành nhân tử.

2) Ta có: Q=2P1−P=21−2×1−1−2x=2−4x2x=−2+1x

Để Q nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi 1 ⋮ x
⇔ x = 1 ⇔ x = 1. Vậy x = 1 .

Nhận xét: Bài toán tìm giá trị nguyên của biến để biểu thức nguyên bằng cách rút gọn biểu thức mới rồi phân tích phân nguyên.

Câu II

1) Gọi x là số chi tiết máy của tổ 1 và y là số chi tiết máy của tổ 2 sản xuất được trong tháng giêng.

Điều kiện : x, y ∈ ℕ *
Ta có : x + y = 900 ( 1 ) ( vì tháng giêng 2 tổ sản xuất được 900 chi tiết cụ thể ) .
Do nâng cấp cải tiến kỹ thuật nên tháng hai tổ 1 sản xuất đuợc : x + 15 % x và và tổ 2 sản xuất đuợc : y + 10 % y .
Cả hai tổ sản xuất được : 1,15 x + 1,10 y = 1010 ( 2 )
Từ ( 1 ), ( 2 ) ta có hệ phương trình : x + y = 9001,15 x + 1,1 y = 1010
⇔ 1,1 x + 1,1 y = 9001,15 x + 1,1 y = 1010 ⇔ 0,05 x = 20 x + y = 900 ⇔ x = 400 y = 500 ( thỏa mãn nhu cầu )
Vậy trong tháng giêng tổ 1 sản xuất được 400 chi tiết cụ thể máy và tổ 2 sản xuất được 500 cụ thể máy .

Nhận xét: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình từ kiến thức về bài toán “phần trăm”. Cách tính số lượng tăng/giảm theo phần trăm, công thức từ bài toán năng suất, …: “ a% của một số X được tính bằng a.X100  (đơn vị theo X)”

Câu III.

1) Hệ phương trình tương đương với:

y = 11 − 3×2 x + 311 − 3 x = 12 ⇔ y = 11 − 3 x − 7 x = − 21 ⇔ x = 3 y = 2
Vậy hệ phương trình có nghiệm là : ( x ; y ) = ( 3 ; 2 )

2)

Cách 1 : Phương trình tương tự với : x2 + 3 x − 4 x − 12 = 0
⇔ xx + 3 − 4 x + 3 = 0 ⇔ x + 3 x − 4 = 0 ⇔ x + 3 = 0 x − 4 = 0 ⇔ x = − 3 x = 4
Cách 2 :
Ta có : Δ = − 12 − 4.1. − 12 = 49 ⇒ Δ = 7
Phương trcó nghiệm là : x = − − 1 + 72.1 x = − − 1 − 72.1 ⇔ x = 4 x = − 3
Vậy phương trình có nghiệm là : x = – 3 ; x = 4 .

3)

a) Ta có: Δ’=4m2−22m2−1=2>0,  ∀m

Vậy phương trình ( 1 ) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m .

b) Theo định lý Vi-ét, ta có x1+x2=2m

Do đó 2×12 + 4 mx2 + 2 mét vuông − 9 = 2×12 − 4 mx1 + 2 mét vuông − 1 + 4 mx1 + x2 − 8
= 8 mét vuông − 8 = 8 m − 1 m + 1 ( do 2×12 − 4 mx1 + 2 mét vuông − 1 = 0 ) .
Theo bài ra, ta có ( m – 1 ) ( m + 1 ) < 0 < => – 1 < m < 1 .

Câu IV.

1) Ta có PAO^+PMO^=90°+90°=180° suy ra tứ giác APMO là tứ giác nội tiếp.

Nhận xét: Bài toán chứng minh một tứ giác là tứ giác nội tiếp bằng cách chứng minh tứ giác đó có tổng hai góc trong đối diện bằng 180°.

2) Ta có:  ABM^=AOM^2 (góc nội tiếp và góc ở tâm)         (1)

AOP ^ = AOM ^ 2 ( đặc thù hai tiếp tuyến cắt nhau ) ( 2 )
Suy ra ABM ^ = AOP ^. Do đó BM / / OP

Nhận xét: Bài toán chứng minh hai đường thẳng song song bằng cách chứng minh hai góc ở vị trí đồng vị của hai đường thẳng đó bằng nhau.

3) Ta có ∆AOP = ∆OBN (g-c-g), suy ra .

Mà : BN / / OP ( do BM / / OP )
Suy ra OBNP là hình bình hành .

Nhận xét: Bài toán chứng minh một tứ giác là hình bình hành bằng cách chỉ ra tứ giác đó có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau.

4) Ta có: AONP là hình chữ nhật nên AP // NO suy ra APO^=NOP^ (hai góc so le trong)       (4)

APO ^ = MPO ^ ( đặc thù hai tiếp tuyến cắt nhau ) ( 5 )
Từ ( 4 ) và ( 5 ) suy ra ∆ IPO cân tại I suy ra IK là trung tuyến ( AONP là hình chữ nhất nên K là trung điểm của PO ) nên IK cũng là đường cao hay IK ⊥ PO ( * )
Ta có ON ⊥ PJPM ⊥ OJON ∩ PM = I nên I là trực tâm của tam giác ∆ POI nên IJ ⊥ OP ( * * ) .
Từ ( * ) và ( * * ), suy ra ba điểm I, J, K thẳng hàng .

Nhận xét: Bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng ta chứng minh cho ba điểm đó cùng nằm trên một đường thẳng đặc biệt.

Câu V

Định hướng: Với dạng toán này hướng chung cần tìm mối liên hệ giữa các ẩn và đơn giản hóa biểu thức cần tìm GTNN, GTLN. Đối với học sinh cấp THCS, phương pháp giải dạng toán này thường dùng đánh giá theo bất đẳng thức Cô-si, Bu-nhi-a-cốp-xki, bất đẳng thức phụ hoặc viết dưới dạng tổng bình phưong nhờ thêm bớt… Tuy nhiên, áp dụng ngay các phưong pháp này sẽ dẫn tới bài toán phức tạp hơn hoặc không đúng với yêu cầu của đề. Việc dự đoán điểm rơi khá phức tạp cho bài toán này.

Bằng phưong pháp đổi biến đưa bài toán về dạng đơn thuần hơn .
Nhận thấy rằng, giả thiết đã cho những ẩn cùng nhờ vào trong cùng một biếu thức dễ dưa được về dạng những biến độc lập với nhau .
Tử thức những phân thức trong biểu thức P là tích của hai ẩn dưới mẫu đưa về dạng độc lập khá đơn thuần .
Từ : 2 ab + 6 bc + 2 ca = 7 abc và a, b, c > 0, ta suy ra 2 c + 6 a + 2 b = 7 .
Đặt x = 1 a, y = 1 b, z = 1 c ⇒ x, y, z > 02 z + 6 x + 2 y = 7 .
Khi đó : P = 42 x + y + 94 x + z + 4 y + z
Để tìm GTNN của P thí sinh hoàn toàn có thể sử dụng một trong hai cách dưới đây .
Cách 1 : Bất đẳng thức Cô-si bằng việc thêm bớt những ẩn .
Phân tích ( * ) trở thành :
P = 42 x + y + 94 x + z + 4 y + z
= 42 x + y + m2x + y + 94 x + z + n4x + z + 4 y + z − m2x + y − n4x + z − py + z
( m, n, p > 0 )
Khi đó
P ≥ 242 x + y. m2x + y + 294 x + z. n4x + z
+ 24 y + z.py + z − m2x + y − n4x + z − py + z
= 4 m + 6 n + 4 p − x2x + 4 n + ym + p + zn + p
Ta chọn bộ số m, n, p > 0 sao cho 2 x + 4 n = 6 m + p = 2 n + p = 1 ⇔ m = n = p = 1 .
Suy ra : P ≥ 4 + 6 + 4 – 7 = 7
Với cơ sở nghiên cứu và phân tích như trên thí sinh hoàn toàn có thể đưa biểu thức P về dạng tổng những bình phương để chỉ ra GTNN .
Cách 2 : Áp dụng bổ để bất đẳng thức :
x2a + y2b ≥ x + y2a + b a, b, x, y > 0 ( I )
Chứng minh bằng giải pháp đổi khác tương tự .
Tổng quát của bất đẳng thức ( I ) có dạng :

x12a1+x22a2+…+xn2an≥x1+x2+…+xn2a1+a2+…+an  a1>0,  ​xi>0,  i=1,  n¯

Áp dụng bất đẳng thức ( I ) ta suy ra
P = 42 x + y + 94 x + z + 4 y + z ≥ 2 + 326 x + y + z + 22 y + z ≥ 2 + 3 + 226 x + 2 y + 2 z = 727 = 7
Do đó, GTNN của P là 7 khi a = 2 ; b = 1 ; c = 1 .

Giải:

Từ giả thiết : 2 ab + 6 bc + 2 ca = 7 abc và a, b, c > 0
Chia cả hai vế cho abc > 0 ⇒ 2 c + 6 a + 2 b = 7 .
Đặt : x = 1 a, y = 1 b, z = 1 c ⇒ x, y, z > 02 z + 6 x + 2 y = 7 .
Khi đó : P = 4 aba + 2 b + 9 aca + 4 c + 4 bcb + c = 42 x + y + 94 x + z + 4 y + z ( * )
⇒ P = 42 x + y + 2 x + y + 94 x + z + 4 x + z + 4 y + z + y + z − 2 x + y + 4 x + z + y + z
= 2 x + 2 y − x + 2 y2 + 34 x + z − 4 x + 12 + 2 y + z − y + z2 + 7 ≥ 7
Khi x = 12 ; y = z = 1 thì P = 7 .
Vậy GTNN của P là 7 khi a = 2 ; b = 1 ; c = 1 .

Quảng cáo

Sở Giáo dục và Đào tạo …..

Kì thi tuyển sinh vào 10

Năm học 2021 – 2022

Đề thi môn : Toán
Thời gian làm bài : phút
( không kể thời hạn phát đề )

(Đề số 3)

Câu 1: (2 điểm) Rút gọn biểu thức sau:

a ) A = 12 − 253 + 60 .
b ) B = 4 xx − 3. x2 − 6 x + 9 x với 0 < x < 3 .

Câu 2: (2,5 điểm)

1 ) Xác định hàm số bậc nhất y = ax + b, biết rằng đồ thị hàm số đi qua điểm M ( 1 ; – 1 ) và N ( 2 ; 1 ) .
2 ) Cho phương trình : x2 − 2 mx + mét vuông − m + 3 = 0 ( 1 ), với m là tham số .
a ) Giải phương trình ( 1 ) với m = 4 .
b ) Tìm những giá trị của m để phương trình ( 1 ) có hai nghiệm và biểu thức : P = x1x2 − x1 − x2 đạt giá trị nhỏ nhất .

Câu 3: (1,5 điểm)

Tình cảm mái ấm gia đình có sức mạnh phi trường. Bạn Vì Quyết Chiến – Cậu bé 13 tuổi qua thương nhớ em trai của mình đã vượt qua một quãng đường dài 180 km từ Sơn La đến bệnh viện Nhi Trung ương TP.HN để thăm em. Sau khi đi bằng xe đạp điện 7 giờ, bạn ấy được lên xe khách và đi tiếp 1 giờ 30 phút nữa thì đến nơi. Biết tốc độ của xe khách lớn hơn tốc độ của xe đạp điện là 35 km / h. Tính tốc độ xe đạp điện của bạn Chiến .

Câu 4: (3,0 điểm)

Cho đường tròn ( O ) có hai đường kính AB và MN vuông góc với nhau. Trên tia đối của tia MA lấy điểm C khác điểm M. Kẻ MH vuông góc với BC ( H thuộc BC ) .
a ) Chứng minh BOMH là tứ giác nội tiếp .
b ) MB cắt OH tại E. Chứng minh ME.MH = BE.HC.
c ) Gọi giao điểm của đường tròn ( O ) với đường tròn ngoại tiếp ∆ MHC là K. Chứng minh 3 điểm C, K, E thẳng hàng .

Câu 5: (1,0 điểm) Giải phương trình: 5×2+27x+25−5x+1=x2−4.

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 03

Câu 1:

a ) A = 12 − 253 + 60 = 36 − 215 + 215 = 36 = 6
b ) Với 0 < x < 3 thì | x - 3 | = 3 - x B = 4 xx − 3. x2 − 6 x + 9 x = 2 xx − 3. x − 32 x = − 2x3 − x. x − 3 x = − 2x3 − x3 − xx = − 2

Câu 2:

1 ) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm M ( 1 ; – 1 ) nên a + b = – 1
đồ thị hàm số đi qua điểm N ( 2 ; 1 ) nên 2 a + b = 1
Yêu cầu bài toán a + b = − 12 a + b = 1 ⇔ a = 2 b = − 3
Vậy hàm số phải tìm là y = 2 x – 3 .
2 )
a ) Với m = 4, phương trình ( 1 ) trở thành : x2 − 8 x + 15 = 0. Có Δ = 1 > 0
Phương trình có hai nghệm phân biệt x1 = 3 ; x2 = 5 ;
b ) Ta có : ∆ ‘ = − mét vuông − 1. m2 − m + 3 = mét vuông − mét vuông + m − 3 = m − 3 .
Phương trình ( 1 ) có hai nghiệm x1, x2 khi ∆ ‘ 0 ⇔ m − 3 ≥ 0 ⇔ m ≥ 3
Với m ≥ 3, theo định lí Vi – ét ta có : x1 + x2 = 2 mx1. x2 = mét vuông − m + 3
Theo bài ra : P = x1x2 − x1 − x2 = x1x2 − ( x1 + x2 )
Áp đụng định lí Vi – ét ta được :
P = mét vuông − m + 3 − 2 m = mét vuông − 3 m + 3 = m ( m − 3 ) + 3
Vì m ≥ 3 nên m ( m − 3 ) ≥ 0, suy ra P ≥ 3. Dấu ” = ” xảy ra khi m = 3 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi m = 3 .

Câu 3:

Đổi 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ .
Gọi tốc độ xe đạp điện của bạn Chiến là x ( km / h, x > 0 )
Vận tốc của xe hơi là x + 35 ( km / h )
Quãng đường bạn Chiến đi bằng xe đạp điện là : 7 x ( km )
Quãng đường bạn Chiến đi bằng xe hơi là : 1,5 ( x + 35 ) ( km )
Do tổng quãng đường bạn Chiến đi là 180 km nên ta có phương trình :
7 x + 1,5 ( x + 35 ) = 180 < => 7 x + 1,5 x + 52,2 = 180 < => 8,5 x = 127,5 < => x = 15
( thỏa mãn nhu cầu )
Vậy bạn Chiến đi bằng xe đạp điện với tốc độ là 15 km / h .

Câu 4:

a ) Ta có : MOB ^ = 900 ( do AB ⊥ MN ) và MHB ^ = 900 ( do MH ⊥ BC )
Suy ra : MOB ^ + MHB ^ = 900 + 900 = 1800
=> Tứ giác BOMH nội tiếp .
b ) ∆ OMB vuông cân tại O nên OBM ^ = OMB ^ ( 1 )
Tứ giác BOMH nội tiếp nên OBM ^ = OHM ^ ( cùng chắn cung OM )
và OMB ^ = OHB ^ ( cùng chắn cung OB ) ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra : OHM ^ = OHB ^
=> HO là tia phân giác của MHB ^ => MEBE = MHHB ( 3 )
Áp dụng hệ thức lượng trong ∆ BMC vuông tại M có MH là đường cao
Ta có : HM2 = HC.HB ⇒ HMHB = HCHM ( 4 )
Từ ( 3 ) và ( 4 ) suy ra : MEBE = HCHM5 ⇒ ME.HM = BE.HC ( đpcm )
c ) Vì MHC ^ = 900 ( do MH ⊥ BC ) nên đường tròn ngoại tiếp ∆ MHC có đường kính là MC
⇒ MKC ^ = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
MN là đường kính của đường tròn ( O ) nên MKN ^ = 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
⇒ MKC ^ + MKN ^ = 1800
=> 3 điểm C, K, N thẳng hàng ( * )
∆ MHC ∽ ∆ BMC ( g. g ) ⇒ HCMH = MCBM.
Mà MB = BN ( do ∆ MBN cân tại B )
=> HCHM = MCBN, tích hợp với MEBE = HCHM ( theo ( 5 ) )
Suy ra : MCBN = MEBE. Mà EBN ^ = EMC ^ = 900 => ∆ MCE ∽ ∆ BNE ( c. g. c )
⇒ MEC ^ = BEN ^, mà MEC ^ + BEC ^ = 1800 ( do 3 điểm M, E, B thẳng hàng )
⇒ BEC ^ + BEN ^ = 1800
=> 3 điểm C, E, N thẳng hàng ( * * )
Từ ( * ) và ( * * ) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng
=> 3 điểm C, K, E thẳng hàng ( đpcm )

Câu 5: ĐKXĐ: x≥2

Ta có : 5×2 + 27 x + 25 − 5 x + 1 = x2 − 4
⇔ 5×2 + 27 x + 25 = 5 x + 1 + x2 − 4
⇔ 5×2 + 27 x + 25 = x2 − 4 + 25 x + 25 + 10 ( x + 1 ) ( x2 − 4 )
⇔ 4×2 + 2 x + 4 = 10 x + 1 ) ( x2 − 4 ) ⇔ 2×2 + x + 2 = 5 ( x + 1 ) ( x2 − 4 ) ( 1 )
Cách 1 :
( 1 ) ⇔ x2 − 2 x − 44×2 − 13 x − 26 = 0
Giải ra được :
x = 1 − 5 ( loại ) ; x = 1 + 5 ( nhận ) ; x = 13 + 3658 ( nhận ) ; x = 13 − 3658 ( loại )
Cách 2 :
( 1 ) ⇔ 5×2 − x − 2 x + 2 = 2×2 − x − 2 + 3 x + 2 ( 2 )
Đặt a = x2 − x + 2 ; b = x + 2 ( a ≥ 0 ; b ≥ 0 )
Lúc đó, phương trình ( 2 ) trở thành :
5 ab = 2 a2 + 3 b2 ⇔ 2 a2 − 5 ab + 3 b2 = 0 ⇔ a − b2a − 3 b = 0 ⇔ a = b2a = 3 b ( * )
– Với a = b thì x2 − x − 2 = x + 2 ⇔ x2 − 2 x − 4 ⇔ x = 1 − 5 ( ktm ) x = 1 + 5 ( tm )
– Với 2 a = 3 b thì 2×2 − x − 2 = 3 x + 2 ⇔ 4×2 − 13 x − 26 = 0 ⇔ x = 13 + 3658 ( tm ) x = 13 − 3658 ( ktm )
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : x = 1 + 5 và x = 13 + 3658 .

Sở Giáo dục và Đào tạo …..

Kì thi tuyển sinh vào 10

Năm học 2021 – 2022

Đề thi môn : Toán
Thời gian làm bài : phút
( không kể thời hạn phát đề )

(Đề số 4)

Câu I: (2,0 điểm). Cho biểu thức: P=xx+1x+1−x

1 ) Tìm điều kiện kèm theo xác lập và rút gọn biểu thức P ?
2 ) Tính giá trị của P tại x thỏa mãn nhu cầu x2 − 55 − 2 x − 6 + 25 = 0 ?

Câu II: (1,5điểm).

1 ) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình .
Một xe mô-tô đi từ A đến B ( cách nhau 60 km ) theo thời hạn đã định. Nửa quãng đường đầu xe đi với tốc độ nhanh hơn tốc độ dự tính 10 km / h và nửa quãng đường sau xe đi với tốc độ chậm hơn tốc độ dự tính 6 km / h. Biết rằng xe về đến B đúng thời hạn lao lý, hỏi tốc độ dự tính là bao nhiêu ?
2 ) Tìm những giá trị m để hàm số y = m − 2 x + 3 đồng biến .

Câu III: (3,0 điểm).

1 ) Giải hệ phương trình 6 x + 5 y = 39 x − 10 y = 1 .
2 ) Giải phương trình : | 1 – 2 x | + | x + 1 | = x + 2 .
3 ) Cho phương trình x2 − mx + 1 = 0. Không giải phương trình, tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn nhu cầu hệ thức : x1 + 12 + x2 + 12 = 2 .

Câu IV: (3,0 điểm). Đường tròn (O), đường kính. Một cát tuyến MN quay quanh trung điểm H của OB.

1 ) Chứng minh MN khi di động, trung điểm I của luôn nằm trên một đường tròn cố định và thắt chặt .
2 ) Từ A kẻ Ax ⊥ MN, tia BI cắt Ax tại C. Chứng minh tứ giác CMBN là hình bình hành .
3 ) Chứng minh C là trực tâm của tam giác AMN .
4 ) Khi MN quay quanh H thì C di động trên đường nào ?
5 ) Cho AM.AN = 3R2, AN = R3. Tính diện tích quy hoạnh phần hình tròn trụ ( O ) nằm ngoài tam giác AMN ?

Câu V: (0,5 điểm). Cho x, y thỏa mãn: x2+y2−4x−2=0. Chứng minh rằng

10 − 46 ≤ x2 + y2 ≤ 10 + 46 .

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 04

Câu I:

1 ) Điều kiện xác lập : x ≥ 0 .
Ta có : P = xx + 1 x + 1 − x = x3 + 13 x + 1 − x
= x + 1 x − x + 1 x + 1 − x
= x − x + 1 − x = x − 2 x + 1 .
Vậy P = x − 2 x + 1 .
Cách 2 : Đặt a = xa ≥ 0 .
Ta có : P = a3 + 1 a + 1 − a = a + 1 a2 − a + 1 a + 1 − a = a2 − 2 a + 1 = x − 2 x + 1 .

Nhận xét: Bài toán rút gọn biểu thức áp dụng quy tắc tìm điều kiện và các phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử.

2 ) Ta có : x2 − 55 − 2 x − 6 + 25 = 0 ⇔ x2 − 5 + 25 x − 6 + 25 = 0
⇔ x + 1 x − 6 + 25 = 0 ⇔ x = − 1 x = 6 + 25 ⇒ x = 6 + 25 ( vì x ≥ 0 )
Nên ta có P = 6 + 25 − 26 + 25 + 1 = 7 + 25 − 25 + 12
= 7 + 25 − 25 + 12 = 7 + 25 − 25 − 2 = 5 .
Vậy P = 5 .

Nhận xét: Bài toán tìm giá trị của biểu thức khi biết biến thỏa mãn một điều kiện nào đó. Ta tìm biến rồi thay vào biểu thức để tìm giá trị.

Câu II:

1 ) Gọi x ( km / h ) là tốc độ dự tính .
Thời gian dự tính để đến B với tốc độ trên là 60 x ( giờ ) .
Nửa quãng đường đầu xe đi nhanh hơn với tốc độ dự tính 10 ( km / h ) nên tốn 30 x + 10 ( giờ ) .
Nửa quãng đường sau xe đi chậm hơn với tốc độ dự tính 6 ( km / h ) nên tốn 30 x − 6 ( giờ ) .
Do đến B đúng thời hạn pháp luật nên ta có phương trình 60 x = 30 x + 10 + 30 x − 6 ⇔ 60 x + 10 x − 6 = x30x − 6 + 30 x + 10
⇔ 60 + 240 x − 3600 = 60×2 + 120 x ⇔ 120 x = 3600 ⇔ x = 30 ( km / h ) .

Nhận xét: Giải bài toán bằng cách lập hệ phương trình từ kiến thức về chuyển động cơ bản và chuyển động trên dòng nước:

“ Quãng đường = Vận tốc x Thời gian ”
2 ) Hàm số y = m − 2 x + 3 đồng biến khi m ≥ 2 m − 2 > 0
⇔ m ≥ 0 m > 2 ⇔ m ≥ 0 m > 4 ⇔ m > 4
Vậy m > 4 .

Câu III:

1 ) Điều kiện : xy ≠ 0
Đặt 1 x = a1y = b. Hệ phương trình trở thành : 6 a + 5 b = 19 a − 10 b = 1
⇔ a = 3 − 5 b693 − 5 b6 − 10 b = 1 ⇔ a = 3 − 5 b672 = 352 b ⇔ a = 13 b = 15
⇔ 1 x = 131 y = 15 ⇔ x = 3 y = 5 ( thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo ) .
Vậy hệ phương trình có nghiệm : x ; y = 3 ; 5 .
2 ) Ta có bảng xét dấu những biểu thức

+ Xét : x ≤ − 1 * .
Phương trình tương tự với : ( 1 – 2 x ) – ( x + 1 ) = x + 2

<=> -3x = x + 2 <=> 4x = 2 <=> x = 1/2 (không thỏa mãn điều kiện (*)).

+ Xét: −1
Phương trình tương tự với : ( 1 – 2 x ) + ( x + 1 ) = x + 2

<=> -3x = x + 2 <=> 0 = 2x <=> x = 0 (thỏa mãn điều kiện (**)).

+ Xét : x > 12 * * * .
Phương trình tương tự với : – ( 1 – 2 x ) + ( x + 1 ) = x + 2
< => 3 x = x + 2 < => 2 x = 2 < => x = 1 ( thỏa mãn nhu cầu điều kiện kèm theo ( * * * ) ) .
Vậy phương trình có nghiệm : x = 0 ; x = 1 .
3 ) Ta có : Δ = − mét vuông − 4.1.1 = mét vuông − 4 .
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì : mét vuông − 4 ≥ 0 ⇔ m ≥ 2 m ≤ − 2 .
Theo hệ thức Vi-ét, ta có : x1 + x2 = mx1. x2 = 1 .
Ta có x1 + 12 + x2 + 12 = 2 ⇔ x12 + 2×1 + 1 + x22 + 2×2 + 1 = 2
⇔ x1 + x22 + 2×1 + x2 − 2×1. x2 = 0 .
⇔ mét vuông + 2 m − 2 = 0 ⇔ m = 3 − 1 lm = − 3 − 1. Vậy m = − 3 − 1 .

Câu IV:

1 ) I là trung điểm của MN nên OI ⊥ MN ( quan hệ đường kính – dây cung ) ⇒ OIH ^ = 90 °
Do OH cố định và thắt chặt nên khi MN di động thì I chạy trên đường tròn đường kính OH .

Nhận xét: Bài toán chứng minh một điểm luôn nằm trên đường cố định.

2 ) Ta có AC / / OI vì cùng vuông góc với MN .
Mà O là trung điểm của AB nên I là trung điểm của BC
Lại có I là trung điểm của nên CMBN là hình bình hành ( vì có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường ) ( điều cần chứng tỏ ) .

Nhận xét: Bài toán chứng minh tứ giác là hình bình hành bằng cách chứng minh tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

3 ) CMBN là hình bình hành nênMC / / BN
Mà BN ⊥ NA ( BNA ^ = 90 ° do đặc thù góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
Lại có AC ⊥ MN
Suy ra C là trực tâm tam giác AMN ( điều cần chứng tỏ ) .

Nhận xét: Bài toán chứng minh một điểm là trực tâm của tam giác bằng cách chứng minh nó là giao điểm của hai đường cao.

4 ) Ta có H là trung điểm của OB, I là trung điểm của BC nên IH là đường trung bình của tam giác OBC => IH / / OC
Mà OC ⊥ Ax ⇒ OCA ^ = 90 °, nên C thuộc đường tròn đường kính OA cố định và thắt chặt .
Vậy khi MN quay quanh H thì C chuyển dời trên đường tròn đường kính OA cố định và thắt chặt .

Nhận xét: Bài toán tìm quỹ tích của một điểm.

5 ) AM.AN = 3R2, AN = R3 ⇒ AM = 3R2 AN = 3R2 R3 = R3 ⇒ AM = AN = R3
=> ∆ AMN cân tại A .
Xét ∆ ABN vuông tại N có AB = 2R ; AN = R3 ⇒ BN = R ⇒ ABN ^ = 60 ° .
Có ABN ^ = AMN ^ ( góc nội tiếp ) nên AMN ^ = 60 °
Suy ra ∆ AMN đều
⇒ SΔAMN = R3234 = 3R234
⇒ S = SO − SΔAMN = πR2 − 3R234 = R24π − 334 .

Nhận xét: Bài toán tính diện tích liên quan đến hình tròn và tam giác.

Câu V:

Phương trình tương tự với : x2 + y2 = 4 x + 2 1
Ta có : x2 − 4 x − 2 = − y2 ≤ 0 ⇒ x − 6 − 2 x + 6 − 2 ≤ 0
⇔ 2 − 6 ≤ x ≤ 2 + 6
⇔ 10 − 46 ≤ 4 x + 2 ≤ 10 + 46 2
Từ ( 1 ) và ( 2 ), suy ra : 10 − 46 ≤ x2 + y2 ≤ 10 + 46 .

Nhận xét: Bài toán áp dụng biến đổi tương đương một phương trình, giải bất phương trình bậc hai.

……………………….
……………………….
……………………….
……………………….
Xem thêm những đề thi vào lớp 10 môn Toán hay khác :
Đã có giải thuật bài tập lớp 10 sách mới :

Giới thiệu kênh Youtube VietJack

Ngân hàng trắc nghiệm lớp 9 tại khoahoc.vietjack.com

Đã có app VietJack trên điện thoại cảm ứng, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi trực tuyến, Bài giảng …. không lấy phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS .

Theo dõi chúng tôi không tính tiền trên mạng xã hội facebook và youtube :

Loạt bài Đề thi vào lớp 10 môn Toán (có đáp án) được các Giáo viên hàng đầu biên soạn theo cấu trúc ra đề thi Trắc nghiệm, Tự luận mới giúp bạn ôn luyện và giành được điểm cao trong kì thi vào lớp 10 môn Toán.

Nếu thấy hay, hãy động viên và chia sẻ nhé! Các bình luận không phù hợp với nội quy bình luận trang web sẽ bị cấm bình luận vĩnh viễn.

Source: https://evbn.org
Category: Bài Tập