1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi Toán Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (2,0 điểm) Cho biểu thức 2[.]
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2021 – 2022 Mơn thi: Tốn ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (2,0 điểm): Cho biểu thức P x x 3x 25 với x 0, x 25 x 5 x x 25 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm giá trị x để P Câu II (2,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng d có phương trình y 2m 1 x m ( m tham số) Tìm m để đường thẳng d qua điểm A 1;5 4 x y 11 Giải hệ phương trình 4 x y Câu III (2,0 điểm): Giải phương trình x x Cho phương trình x2 x m (m tham số) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn hệ thức x14 x13 x24 x23 Câu IV (3,0 điểm): Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE, CF (D thuộc B, E thuộc AC, F thuộc AB) tam giác cắt H, M trung điểm cạnh BC Chứng minh AEHF tứ giác nội tiếp Chứng minh đường thẳng ME MF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF Chứng minh DE DF BC Câu V (1,0 điểm): 1 Cho ba số thực x, y, z thay đổi thỏa mãn điều kiện x , y , z 4x 3y 2z 1 Tìm giá trị lớn biểu thức Q x 1 y 1 z 1 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Câu I (2,0 điểm): Phương pháp: 1) Vận dụng hẳng đẳng thức a b a b a b xác định mẫu thức chung biểu thức P Thực phép toán với phân thức đại số để rút bọn biểu thức ban đầu 2) Quy đồng phân thức, giải phương trình tìm nghiệm đối chiếu điều kiện kết luận Cách giải: 1) Với x 0, x 25 ta có: x x 3x 25 x 5 x x 25 P x x 5 x 5 x x x x 10 x 3x 25 x 5 x 25 x 5 Vậy P x 5 x 5 x 5 x 5 x 5 x 5 với x 0, x 25 x 5 2) Ta có: P P x 5 x 3x 25 với x 0, x 25 x 5 5 x 5 x x x tm Vậy x thỏa mãn yêu cầu toán Câu II (2,0 điểm) Phương pháp: 1) Thay tọa độ điểm A 1;5 vào đường thẳng d , tìm tham số m 2) Vận dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm hệ phương trình Cách giải: 1) Vì A 1;5 d nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng d ta có: 2m 1 m 3m m Vậy m 4 x y 11 4 y y 1 y 1 2) Ta có: 4 x y 4 x y 4 x x Vậy nghiệm hệ phương trình x; y 2;1 Câu III (2,0 điểm): Phương pháp: 1) Vận dụng công thức nghiệm phương trình bậc hai ẩn số xác định nghiệm phương trình 2) Phương trình cho có nghiệm Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính x1 x2 ; x1.x2 Biến đổi biểu thức ban đầu đề để xuất x1 x2 ; x1.x2 , thay tham số m vào để giải tìm tham số m Cách giải: 16 5 x1 2 1) Ta có: 6 4.1.5 16 nên phương trình có nghiệm phân biệt: 16 1 x2 Vậy phương trình có tập nghiệm S 1; 5 2) Phương trình x2 x m có ' m m Phương trình cho có nghiệm ' m m x1 x2 Khi theo định lí Vi-ét ta có: 1 x1.x2 m x x1 m Do x1 , x2 nghiệm phương trình x2 x m nên ta có: x2 x2 m Theo ta có: x14 x13 x2 x23 x14 x2 x13 x23 x12 x2 x12 x2 x1 x2 x12 x1 x2 x2 x1 x2 2m x1 m x2 m 1 x1 x2 x1 x2 2m m 1 2.2 2m 2.2 x1 x2 x1 x2 2.2 m 1 x1 x2 2m m x1 x2 x1 x2 3m m ktm x1 x1 Thay x1 x2 vào (1) ta được: x1 m m tm Vậy m Câu IV (3,0 điểm): Phương pháp: 1) Vận dụng dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối 1800 tứ giác nội tiếp 2) Gọi I trung điểm AH suy I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF Chứng minh MFI 900 hay IF MF , MF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF Chứng minh tương tự ta ME tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF Cách giải: 1) Xét tứ giác AEHF có: AFH AEH 900 900 1800 Mà hai góc đối diện tứ giác AEHF nên tứ giác AEHF tứ giác nội tiếp đường tròn tâm M đường kính BC (dhnb) 2) Gọi I trung điểm AH suy I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF IH IF H cân I IFH IHF (tính chất tam giác cân) Mà IHF DHC (đối đỉnh) IFH DHC (1) Do BFC vuông F, M trung điểm BC nên MF giác vuông) MFC cân M MFH MCF BC MC (định lí đường trung tuyến tam (2) Cộng (1) với (2) ta được: MFH IFH DHC MCF 900 (Do tam giác CDH vuông D ) Suy ra: MFI 900 hay IF MF Vậy MF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF Chứng minh tương tự ta ME tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF 3) Giả sử DE DF BC DE DF BC BC DE.BC DF BC BC Chứng minh BC BF BA CE.CA Chứng minh DF.BC AC.BF DE.BC AB.CE , cộng vế hai đẳng thức chứng minh CE BF AC AB * Biện luận, từ có điều phải chứng minh 3) Giả sử DE DF BC DE DF BC BC DE.BC DF BC BC Dễ dàng chứng minh tứ giác ACDF , ABDE tứ giác nội tiếp nên ta có: BC BD CD BC BD.BC CB.CD BF BA CE.CA Xét BDF BAC có: ABC chung; BFD BCA (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp ACDF ) BDF BAC g.g DF BF DF BC AC.BF (1) AC BC Chứng minh tương tự ta có CDE CAB g.g DE CE DE.BC AB.CE (2) AB BC Cộng vế theo vế (1) (2) ta có: DF BC DE.BC AC.BF AB.CE DE DF BC AC.BF AB.CE Vì DE DF BC BC AC.BF AB.CE BF BA CE.CA BF BA CE.CA AC.BF AB.CE AC CE BF AB BF CE CE BF AC AB * Khơng tính tổng quát, ta giả sử AC AB , ta cần chứng minh CE BF CE BF 2 CE BC BE Áp dụng định lí Pytago ta có: 2 BF BC CF 2SABC BE AC CF AB BE CF Mà AB AC CE BF CE BF * nên giả sử ban đầu Vậy DE DF BC Câu V (1,0 điểm): Phương pháp: Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, chứng minh được: 3y 2z 4x 2z 2 ; ; 2 4x 3y 2z 3y 4x 2z 4x 3y 2 2z 4x 3y Nhân vế theo vế BĐT ta điều phải chứng minh Cách giải: Ta có: 2 4x 3y 2z 1 1 1 4x 3y 2z 1 y 1 2z 1 4x 3y 2z 1 y 1 2z 1 2 BDT Co si 4x 3y 2z 1 Chứng minh tương tự ta có: 4x 1 z 1 x 1 y 1 2 ; 2 3y 4x 2z 1 2z 1 4x 3 y Nhân vế theo vế BĐT ta được: 3 y 1 2z 1 4x 1 2z 1 x 1 y 1 2 4x 3 y 2z 1 3y 2z 1 4x 2z 1 4x 3y 4x 1 y 1 2z 1 8 4x 3 y 2z 1 4x 3 y 2z 1 24 8Q Q 3 Vậy Qmax Dấu “=” xảy x; y; z ; ;1 4