Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Nghệ An (Có đáp án)

Nội dung text: Kỳ thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Sở giáo dục và đào tạo Nghệ An (Có đáp án)

1. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. a) A =+−64 16 2 36 =+−8 4 2.6 = 0 b) Đường thẳng y= ax + b song song với đường thẳng yx= 3 . Suy ra ab=3; ≠ 0 . Đường thẳng y= ax + b đi qua M(1; 9) . Suy ra: 9=a .1 +⇒= b 9 3.1 +⇒= bb 6 (Thỏa mãn). Vậy ab=3; = 6 . c) Với xx>≠0; 1 12xx+ P =−⋅ xx11+− x 12+−x xx + x = ⋅  xx(1+− ) 1 x 1−+xx x = ⋅ xx+−1 x = 1 Câu 2. a) 2xx2 − 5 += 20 Xét ∆=b22 −4 ac = ( − 5) − 4.2.2 = 9 > 0 ⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt: −+bb ∆5 + 9 −− ∆5 − 91 xx= = =2 = = = 122aa 2.2 2 2.2 2 1 Vậy phương trình có hai nghiệm là 2 và . 2 b) xx2 −12 += 4 0 ′′22 Xét ∆=b − ac =−( 6) − 1.4 = 32 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt xx12,
2. xx+=12 Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:  12 xx12=4 ⇒> x1 0, x 2 > 0 Ta có: 2 2 222 22 22 2 xx+−(x1+− x 2) 2 xx 12 12 2.4 2 xx+ ( 12) ( ) T = 12 = = = = 1156 + 2 ++ + x1 x 2 + x1 x 22 xx 12 12 2 4 ( xx12) 22 Nhận xét xx12+>0 và xx12+>0 với mọi xx12,0> suy ra T > 0 ⇒=TT2 =1156 = 34 Vây T = 34 . Câu 3. Gọi số người xem MV là x (triệu người) (x > 0) Theo đề bài có 60% số người đã xem 2 lượt, 40% số người đã xem 1 lượt và tổng lượt xem MV là 6,4 triệu lượt nền ta có phương trình: 2xx⋅ 60% +⋅ 40% = 6,4 120 40 ⇔x +=6,4 100 100 ⇔=x4( TM ) Vậy số người xem MV "Trốn tìm" của Đen Vâu là 4 triệu người. Câu 4.
3. a) Xét tứ giác BCEF ta có: BFC =90 ° (CF là đường cao); BEC =90 ° ( BE là đường cao) ⇒=BFC BEC ⇒ F và E cùng nhìn BC dưới một góc bằng nhau. ⇒ Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn. b) Xét tứ giác HECD ta có: ADC =90 ° ( AD là đường cao); ( BE là đường cao) ⇒ADC + BEC =180 °⇒ tứ giác HECD nội tiếp đường tròn ⇒=HED HCD (góc nội tiếp cùng chắn cung HD) (1). Ta có: Tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn (chứng minh câu a) ⇒=FEB FCD (góc nội tiếp cùng chắn cung . FB.). (2). Từ (1) (2) suy ra FEB = BED . Xét tam giác FEN có EH là phân giác của góc E ta có: HF HN = (tinh chất đường phân giác). (3) EF NE Xét ∆HNE và ∆DNC ta có:
4. HNE = DNC   ⇒∆HEN ∽ ∆−DCN( g g) HEN= DCN HN DN ⇒=(4) NE CN HF DN Từ (3) (4) suy ra =⇒=HF. CN DN .EF (đpcm) EF CN c) Vì BP là tiếp tuyến của ()O⇒⊥ OB BP hay ∆OBP vuông ở B . M là trung điểm BC⇒⊥ OM BC hay BM⊥ OP Tam giác OBP vuông ở B có BM⊥⇒ OP OB2 = OM. OP (hệ thức lượng trong tam giác vuông). OM OA Mà OA==⇒ OB() R OM . OP =⇔= OA2 OA OP Xét tam giác OAM và tam giác OPA có: AOM chung OM OA = OA OP ⇒∆OAM∽ ∆ OPA( ) c g c ⇒ OAM = OPA (5) Vi AD// OP (⊥⇒ BC ) OPA = DAP (so le trong) (6). Từ (5) và (6) suy ra OAM = DAP (đpcm). Câu 5.  x−+3 y 2 xy = 4( x − y ) (1)  (x+ 1) y + xy −+= x2 x 4 (2)  ( ) Đk xy≥≥0; 0 (1) ⇔+x3 xy − xy −3 y = 4( x − y ) ⇔xxyyxy( +− 3) ( +=− 3)4( xy )
5. ⇔(x − yx )( + 3 y −= 4) 0 xy= (*)   xy+3 −= 4 0( ) Thay (*) vào (2), ta có: (x+ 1)( 3 xx −=2 ) 4 ⇔xxx32 −2 − 3 += 40 ⇔(x − 1)( xx2 −− 4) = 0  x= 1( tm)  1+ 17 ⇔=x( tm)  2  1− 17 x= ( ktm)  2 1++ 17 1 17 ⇒∈ (xy ; ) (1;1); ; 22 Xét ( ) có: xy+=−42 y Xét: (x+ 1)( y + xy −+ x2 x) =(x + 1)( − 2( y − 2 y + 1) − xx2 ++ 2) =(x + 1)( − 2( y − 1)22 − xx ++ 2) Xét x ≤ 2 , áp dụng BĐT Cô si cho ba số không âm x+1; 2(2 −+ xx ); 1 ta có: 3 xx++++1 1 2(2 − x ) 2(x+ 1)(2 − xx )( +≤ 1)  3 3 1xx++++ 1 1 2(2 − x ) ⇔(x + 1)(2 − xx )( +≤⋅ 1) =4 23
6. x = 1 Dấu "=" xảy ra ⇔  y = 1 Xét x > 2 ta có (x+ 1)(2 − x )( x + 1) <⇒ 0 ( x + 1)( y + xy − x2 + x) <⇔<0 4 0 (vô lí) 1++ 17 1 17 ∈ Vậy HPT có nghiệm (xy ; ) (1;1); ; . 22