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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề x2 xx 3+ 25 Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức P =+− , với xx≥≠0, 25 xx+−55x − 25 1. Rút gọn biểu thức P . 5 2. Tìm các giá trị của x để P = . 7 Câu 2. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ()d có phương trình y=(2 m ++ 1) x mm ( là tham số). Tìm m để đường thẳng ()d đi qua điểm A(1; 5) . 4xy+= 3 11 2. Giải hệ phương trình  . 47xy−= Câu 3. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình xx2 −6 += 50. 2. Cho phương trình x2 −2 xm + −= 10 ( m là tham số). Tìm các giá trị của m đề phương 43 43 trình có hai nghiệm xx12, thỏa mãn hệ thức xxxx11−=− 22. Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ()O . Các đường cao AD,,( BE CF D thuộc BC, E thuộc AC, F thuộc AB ) của tam giác cắt nhau tại HM, là trung điểm của cạnh BC . 1. Chứng minh AEHF là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh các đường thẳng ME và MF là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF . 3. Chứng minh DE+≤ DF BC . Câu 5. (1,0 điểm)
2. 111 Cho ba số thực xyz,, thay đổi thỏa mãn các điều kiện xyz>>>,, và 432 432 ++≥2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Qx=−−−(4 1)(3 y 1)(2 z 1) . 4xyz+++ 33 22 1 HẾT
3. HƯỚNG DẪN GIẢI x2 xx 3+ 25 Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức P =+− , với xx≥≠0, 25 xx+−55x − 25 1. Rút gọn biểu thức P . x2 xx 3+ 25 P =+− xx+−55x − 25 xx(−+ 5) 2 xx ( +− 5) 3 x − 25 = (xx+− 5)( 5) x−5 xx ++ 2 10 xx −− 3 25 = (xx+− 5)( 5) 5xx−− 25 5( 5) 5 = = (xx+− 5)( 5) ( xx +− 5)( 5) x + 5 5 Vậy P = với xx≥≠0, 25 x + 5 5 2. Tìm các giá trị của x để P = . 7 5 Ta có: P = với xx≥≠0, 25 x + 5 5 55 P =⇔= 77x + 5 ⇔x +=⇔5 7x =⇔= 2 x 4( tm ) Vày x = 4 thỏa mãn yều cầu bài toán. Câu 2. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ()d có phương trình y=(2 m ++ 1) x mm ( là tham số). Tìm m để đường thẳng ()d đi qua điểm A(1; 5) . Vì Ad(1; 5) ∈ nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng ()d ta có:
4. 4 5= (2m + 1) ⋅+ 1 mm ⇔ 3 += 1 5 ⇔ m = 3 4 Vây m = . 3 4xy+= 3 11 2. Giải hệ phương trình  . 47xy−= 4xy+= 3 11  4 y = 4  y =1  y =1 Ta có: ⇔  ⇔⇔  −= −= −= = 47474172xy xy x x Vậy nghiệm của hệ phương trình là (xy ; )= (2;1) . Câu 3. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình xx2 −6 += 50.  6+ 16 x1 = = 5 Ta có: ∆=( − 6)2 − 4.1.5 = 16 > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt:  2  6− 16 x = = 1  2 2 Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1; 5} . 2. Cho phương trình x2 −2 xm + −= 10 ( m là tham số). Tìm các giá trị của m đề phương 43 43 trình có hai nghiệm xx12, thỏa mãn hệ thức xxxx11−=− 22. Phương trình x2 −2 xm + −= 10 có ∆=′ 1 −mm + 12 = − . Phương trình đã cho có nghiệm ⇔∆≥⇔−′ 02mm ≥⇔ 0 ≤ 2. xx+=2 Khi đó theo định li Vi-ét ta có:  12 = − xx12 m 1 x2 =21 xm −+ Do xx, là nghiệm của phương trình x2 −2 xm + −= 10 nên ta có:  11 12 2 = −+ x2221 xm Theo bài ra ta có: 43 43 xxxx11−=− 22 44 33 ⇔−−xx12( xx 12 −) =0
5. 2222 2 2 ⇔(xxxx1 + 2)( 1 −−− 2) ( xxxxxx 1 2)( 1 + 12 + 2) =0 ⇒ + − + −+− +−− − + − ++− (2(xx12) 222 m)( xm1 12 xm2 1) ( xx12) 2( xx 12) 22 m m 1 ⇔[2.2 − 2m + 2].2( xx12 −) −( xx 12 −)[2.2 −+ m 1] ⇔(xx12 −)[2(6 − 2 m ) −+ 5 m ] = 0  xx=  12 ⇔(xx12 −)(3 m += 7) 0 ⇔ 7 m= () ktm  3  22x =  x = 1 Thay xx= vào (1) ta được: 1 ⇔ 1 12 2 = − = xm1 1 m2( tm ) Vậy m = 2 . Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn ()O . Các đường cao AD,,( BE CF D thuộc BC, E thuộc AC, F thuộc AB ) của tam giác cắt nhau tại HM, là trung điểm của cạnh BC . A I E F H O B D M C 1. Chứng minh AEHF là tứ giác nội tiếp. Xét tứ giác AEHF có: AFH + AEH =90 °+ 90 °= 180 ° Mà hai góc này đối diện nhau trong tứ giác AEHF nên tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm M đường kính BC (dhnb).
6. 2. Chứng minh các đường thẳng ME và MF là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF . Gọi I là trung điểm của AH suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF. ⇒IH = IF ⇒∆ H cân tại I⇒= IFH IHF (tính chất tam giác cân). Mà IHF = DHC (đối đinh) ⇒=IFH DHC 1 Do ∆BFC vuông tại FM, là trung điểm của BC nên MF= BC = MC (định li đường 2 trung tuyến trong tam giác vuông) ⇒∆MFC cân tại M⇒= MFH MCF (2) Cộng (1) với (2) ta được: MFH += IFH DHC + MCF =°90 (Do tam giác CDH vuông tại D ). Suy ra: MFI =90 ° hay IF⊥ MF . Vậy MF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF . Chứng minh tương tự ta được ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF . 3. Chứng minh DE+≤ DF BC . Giả sử DE+≤⇔ DF BC() DE + DF ⋅≤ BC BC22 ⇔⋅+⋅≤ DE BC DF BC BC . Dễ dàng chứng minh được các tứ giác ACDF, ABDE là các tứ giác nội tiếp nên ta có: BC2 =+⋅() BD CD BC =BD ⋅+⋅ BC CB CD =⋅+BF BA CE. CA Xét ∆BDF và ∆BAC có: ABC chung; BFD = BCA (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp ACDF ) ⇒∆BDF∽ ∆ BAC(.) g g DE CE Chứng minh tương tự ta có ∆CDE∽ ∆ CAB(.) g g ⇒ = ⇒⋅=⋅DE BC AB CE AB BC Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta có:
7. DF⋅+ BC DE ⋅ BC = AC ⋅+ BF AB ⋅ CE ⇒(DE + DF ), BC = AC ⋅+ BF AB ⋅ CE Vì ()DE+ DF ⋅≤ BC BC 2 ⇒AC ⋅+ BF AB ⋅≤⋅+⋅ CE BF BA CE CA ⇒⋅+⋅−⋅−⋅≥BF BA CE CA AC BF AB CE 0 ⇔AC()()0 CE −+ BF AB BF −≥ CE ⇔−(CE BF )( AC −≥ AB ) 0(*) Không mất tính tổng quát, ta giả sử AC≥ AB , khi đó ta cần chứng minh CE− BF ≥⇔0 CE ≥ BF . CE2= BC 22 − BE Áp dụng định lí Pytago ta có:  2 22. BF= BC − CF 2.S= BE AC = CF ⋅ AB Mà  MBC ⇔≤BE CF AB≤ AC ⇒CE22 ≥ BF ⇒≥⇒ CE BF (*) đúng nên giả sử ban đầu là đúng. Vậy DE+≤ DF BC . Câu 5. (1,0 điểm) 111 Cho ba số thực xyz,, thay đổi thỏa mãn các điều kiện xyz>>>,, và 432 432 ++≥2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Qx=−−−(4 1)(3 y 1)(2 z 1) . 4xyz+++ 33 22 1 432 ++≥2 4xyz+++ 33 22 1 43 2 ⇔ ≥−11 +− 43xy++ 32 21 z + 431y − 21z − ⇔≥+ 4xyz+++ 33 22 1 4 31y − 21z − ⇔≥2 ⋅ (Bất đẳng thức Cauchy) 4x+ 3 3 yz ++ 22 1
8. Chứng minh tương tự ta có: 3 41212xz−− 41 x −31y − ≥⋅2 ;2 ≥⋅ 3y+ 2 4 x + 32 zz ++ 12 1 4 x + 33 y + 2 Nhân vế theo vế 3 BĐT trên ta được: 4 3 2 31yy−−21zxzx−−−− 41214131 ⋅⋅≥222 ⋅⋅ ⋅⋅ ⋅ 4xyz+++ 33 22 1 3 yz ++ 22 1 4 xz ++ 32 1 4 xy ++ 33 2 4 3 2 41xz−−31y − 21 ⇔⋅⋅≥8 ⋅⋅ 4xyz+++ 33 22 1 4 xyz +++ 33 22 1 ⇔24 ≥ 8QQ ⇔≤ 3 35 Vậy Qmax = 3. Dấu "=" xảy ra ⇔=(xyz ; ; ) ; ;1 . 46