Thông tin tài liệu
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM 2021 - 2022 Môn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ BÀI Câu (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức sau: a) A = − 32 + 50 a+ a a− a × − ( với a ≥ 0,a ≠ 1) ÷ ÷ b) B = + ÷ ÷ a + a − Câu (1,5 điểm) a) Tìm tất giá trị m để hàm số y = (m− 1)x + đồng biến ¡ 3x + 2y = b) Giải hệ phương trình 3x − 4y = Câu (2,0 điểm) Cho phương trình x2 − 6x + m+ = (1) (với m tham số) a) Giải phương trình (1) m= b) Tìm tất giá trị m đề phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 2020( x1 + x2 ) − 2021x1x2 = 2014 Câu minh (1,0 điểm ) a+ b a(15a+ b) + b(15b+ a) Cho ≥ a,b số thực dương Chứng Câu (3,5 điểm) Cho đường trịn (O; R) đường kính AB , dây cung MN vng góc với AB I cho AI < BI Trên đoạn thẳng M I lấy điểm H ( H khác M I ), tia AH cắt đường tròn (O; R) điểm thứ hai K Chúmg minh rằng: a) Tứ giác BIHK nội tiếp đường tròn b) ∆AHM đồng dạng với ∆AMK c) AH ×AK + BI ×AB = 4R2 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2,0 điểm): Rút gọn biểu thức sau: a) A = − 32 + 50 A = − 32 + 50 A = 22 ×2 − 42 ×2 + 52 ×2 A = 2− 2+ A = (2 − + 5) A=3 Vậy A = a+ a a− a B = + × − a ≥ 0,a ≠ 1) ÷ ÷ b) ÷ ÷ (với a + a − Với a ≥ 0,a ≠ ta có: a+ a a− a B = 3+ ì ữ ữ ữ ữ a + a − a( a + 1) a( a − 1) B = 3+ ì ữ ữ ÷ ÷ a + a − B = (3 + a) ×(3 − a) B = 9− a Vậy với a ≥ 0,a ≠ B = − a Câu (1,5 điểm): a) Tìm tất giá trị m để hàm số y = (m− 1)x + đồng biến ¡ Để hàm số y = (m− 1)x + đồng biến ¡ , m− > ⇔ m > Vậy hàm số y = (m− 1)x + đồng biến ¡ m> 3x + 2y = b) Giải hệ phương trình 3x − 4y = 3x + 2y = 6y = y = y = ⇔ ⇔ ⇔ Ta có: 3x − 4y = 3x + 2y = 3x + = x = Vậy nghiệm hệ phương trình (x; y) = (2;1) Câu (2,0 điểm): Cho phương trình: x2 − 6x + m+ = (1) (m tham số) a) Giải phương trình (1) m= Với m= (1) trở thành x2 − 6x + = x = Ta có a+ b+ c = 1− + = nên phương trình có nghiệm phân biệt x = c = a Vậy m= tập nghiệm phương trình S = {1;5} b) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn 2020( x1 + x2 ) − 2021x1x2 = 2014 Phương trình (1) có hai x1 , x2 ⇔ ∆′ > ⇔ − m− > ⇔ 5− m> ⇔ m< x + x = Khi áp dụng hệ thức Vi- ét ta có x1x2 = m+ Khi ta có: 2020( x1 + x2 ) − 2021x1x2 = 2014 ⇔ 2020.6 − 2021.(m+ 4) = 2014 ⇔ 12120 − 2021m− 8084 = 2014 ⇔ 2021m = 2022 ⇔ m= 2022 (tm) 2021 nghiệm phân biệt Vậy m= 2022 2021 Câu (1,0 điểm): Cho a, b số thực dương Chứng minh a+ b a(15a+ b) + b(15b+ a) ≥ Áp dụng BĐT Cơ-si ta có: 16a(15a+ b) ≤ 16a+ 15a+ b 31a+ b = 2 16b(15b+ a) ≤ 16b+ 15b+ a 31b+ a = 2 ⇒ 16a(15a+ b) + 16b(15b+ a) ≤ 31a+ b+ 31b+ a = 16(a+ b) ⇒ a(15a+ b) + b(15b+ a) ≤ 4(a+ b) ⇒ a+ b a(15a+ b) + b(15b+ a) ≥ (đpcm) Câu (3,5 điểm): Cho đường trịn (O; R) đường kính AB , dây cung MN vng góc với AB I cho AI < BI Trên đọan thẳng MI lấy điểm H ( H khác M I ), tia AH cắt đường tròn (O; R) điểm thứ hai K Chứng minh rằng: a) Tứ giác BIHK nội tiếp đường trịn · Ta có ·AKB = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ BKH = 90° · · Xét tứ giác BIHK có: BIH + BKH = 90° + 90° = 180° nên BIHK tứ giác nội tiếp (dhnb) b) ∆AHM đồng dạng với ∆AMK · Ta có: AMB = 90° (góc nội tiểp chắn nừa đường tròn) · · · · ⇒ AMH + BMH = 90° ⇒ AMH + ABM = 90° · · · · Lại có ABM ( góc nội tiếp chắn cung AM ) ⇒ AMH = AKM = AKM · MAK chung ⇒ ∆AHM ∽ ∆AMK (g×g) Xét ∆AHM ∆AMK có: · · AMH = AKM (cmt) c) AH AK + BI ×AB = 4R2 Vì ∆AHM ∽ ∆AMK (cmt) ⇒ AH AM (2 cạnh tương ứng) ⇒ AH AK = AM = AM AK Xét tam giác vuông ABM có đường cao MI ta có: BI ×BA = BM (hệ thức lượng tam giác vuông) ⇒ AH AK + BI AB = AM + BM Mà ∆ABM vuông M (cmt) AM + BM = AB2 = (2R)2 = 4R2 Vậy AH AK + BI AB = 4R2 (đpcm) nên áp dụng định lí Pytago ta có ... 2021x1x2 = 2014 ⇔ 2020.6 − 2021. (m+ 4) = 2014 ⇔ 12120 − 2021m− 8084 = 2014 ⇔ 2021m = 2022 ⇔ m= 2022 (tm) 2021 nghiệm phân biệt Vậy m= 2022 2021 Câu (1,0 điểm): Cho a, b số thực dương Chứng minh... − 2021x1x2 = 2014 Phương trình (1) có hai x1 , x2 ⇔ ∆′ > ⇔ − m− > ⇔ 5− m> ⇔ m< x + x = Khi áp dụng hệ thức Vi- ét ta có x1x2 = m+ Khi ta có: 2020( x1 + x2 ) − 2021x1x2 = 2014 ⇔ 2020.6 − 2021. (m+
Ngày đăng: 24/10/2022, 11:00
Xem thêm:
