Đang tải... (xem toàn văn)
1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÝ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 2022 Môn thi TOÁN Thời gian 90 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (2,0 điểm) Bằng các phép biến[.]
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÝ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT QUẢNG TRỊ NĂM HỌC 2021-2022 Môn thi: TỐN Thời gian: 90 phút (khơng kể thời gian phát đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm): Bằng phép biến đổi đại số, rút biểu thức sau: A 18 32 a a a với a a a 1 Câu (1,5 điểm): Cho hàm số y 1 m x (1) B Tìm điều kiện m để hàm số (1) đồng biến x > Với giá trị m đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y x điểm có tung độ 2? Câu (1,5 điểm): Cho phương trình (ẩn x ) x2 2mx 2m Giải phương trình m Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 cho biểu thức A x1 x2 1 x12 x2 x1 x2 đạt giá trị nhỏ Câu (1,0 điểm): Điểm số trung bình vận động viên bắn súng sau 40 lần bắn 8, 25 điểm Kết cụ thể ghi bảng sau, có hai bị mờ không đọc (đánh dấu *) Điểm số lần bắn 10 Số lần bắn 15 * * Hãy tìm lại số hai Câu (3,5 điểm): Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm F, vẽ EF vng góc với BC E Gọi (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF Đường thẳng BF cắt (O) điểm thứ hai D, DE cắt AC H Chứng minh ABEF tứ giác nội tiếp Chứng minh BCA BDA Chứng minh hai tam giác AEO EHO đồng dạng Đường thẳng AD cắt (O) điểm thứ hai G , FG cắt CD I, CG cắt FD K Chứng minh I, K, H thẳng hàng Câu (0,5 điểm): Cho số thực x, y, z thỏa mãn x, y, z Chứng minh x y z xy yz zx xyz HẾT - HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT THỰC HIỆN: BAN CHUYÊN MÔN LOIGIAIHAY.COM Câu (VD): Phương pháp: Vận dụng thức A2 A để biến đổi, tính giá trị biểu thức Biến đổi, rút gọn biểu thức chứa bậc hai Cách giải: Ta có: A 18 32 4.2 9.2 16.2 15 16 5 Vậy A Với a , ta có: a a B 1 a a a 1 a a 1 a 1 a 1 a Vậy B a Câu (VD): Phương pháp: 1) Hàm số đồng biến hệ số a 2) Tìm giao điểm đồ thị hàm số (1) đường thẳng y x Thay tọa độ giao điểm vừa tìm vào (1), từ xác định giá trị tham số m Cách giải: 1) Hàm số đồng biến x hệ số m m Vậy hàm số đồng biến khi x m 2) Đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y x điểm có tung độ nên điểm thỏa mãn phương trình đường thẳng y x Hay x x Điểm A 1; Thay tọa độ A vào (1) ta được: 1 m 12 m 2 m 1 Vậy m 1 đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y x điểm có tung độ Câu (VD): Phương pháp: 1) Áp dụng công thức nghiệm phương trình bậc hai để tính nghiệm phương trình bậc hai 2) Tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm Áp dụng hệ thức Vi – ét tính được: x1 x2 x1.x2 Thay vào biểu thức cần tính, tìm giá trị tham số m , đối chiếu điều kiện, kết luận Cách giải: 1) Thay m vào phương trình cho ta được: x2 x 16 5 x1 Ta có: (6)2 4.5 16 nên phương trình có nghiệm phân biệt: 16 1 x2 Vậy tập nghiệm phương trình S 5;1 2) Phương trình: x 2mx 2m có: ' m2 2m (m 1)2 x nghiệm x x 2m Theo định lí Vi-ét ta có: x1 x2 2m nên phương trình ln có Khi ta có: x1 x2 1 A x1 x2 x1 x2 A A x1 x2 1 ( x1 x2 ) x1 x2 x1 x2 x1 x2 1 ( x1 x2 ) 4(2m 1) 4m 2m A m 1 Ta có A m 1 m m 2m m 2m m m 1 1 Dấu “=” xảy m m 1 m2 1 2m m 1 A 1 m Amin Câu (VD): Phương pháp: Gọi số lần bắn ô với điểm a a * Gọi số lần bắn ô với điểm b b * Tổng số lần bắn vận động viên 40 nên lập phương trình Điểm số trung bình vận động viên bắn súng sau 40 lần bắn 8, 25 nên lập phương trình Từ đó, ta có hệ phương trình, giải hệ phương trình đối chiếu điều kiện kết luận Cách giải: Gọi số lần bắn ô với điểm a a * Gọi số lần bắn ô với điểm b b * Tổng số lần bắn vận động viên 40 nên ta có: a 15 b 40 a b 18 1 Điểm số trung bình vận động viên bắn súng sau 40 lần bắn 8, 25 nên ta có phương trình 10.7 9a 8.15 7b 8, 25 9a 7b 140 40 a b 18 Từ 1 , ta có hệ phương trình: 9a 7b 140 9a 9b 162 2b 22 b 11 a tm 9a 7b 140 a 18 b a b 11 Vậy số lần bắn ô điểm lần, số lần bắn ô điểm 11 lần Câu (VD): 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) + 3) Vận dụng mối quan hệ góc – đường trịn 4) Vận dụng tính tứ giác nội tiếp mối quan hệ góc – đường trịn Cách giải: 1) Ta có FAB 900 (vì tam giác ABC vng A ) FEB 900 (vì FE BC ) FAB FEB 900 900 1800 ABEF tứ giác nội tiếp (dhnb) 2) Ta có BDC FDC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BDC BAC 900 ABCD tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC (Tứ giác có đỉnh A, D nhìn BC góc 900 ) BCA BDA (hai góc nội tiếp chắn cung AB ) 1800 EOD 3) Ta có: OD OE ODE cân O OED OED (tổng góc tam giác) Mà EOD 2ECD 2BCD (góc nội tiếp góc tâm chắn cung DE ) 1800 2BCD OED OED 900 BCD CBD EBF (do tam giác BCD vuông D ) Lại có: EBF EAF (hai góc nội tiếp chắn cung EF tứ giác nội tiếp ABEF ) EAO EAF OED OEH Xét tam giác OEH tam giác OAE ta có: EOA chung; EAO OEH cmt OEH OAE g.g 4) Ta có FGC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính CF ) FG CK Mà CD KF I CD GF nên I trực tâm tam giác CFK KI đường cao thứ tam giác CFK KI CF Ta có OAE OEH ODE cmt (1) OEAD tứ giác nội tiếp (tứ giác có đỉnh kề nhìn cạnh góc nhau) ADE AOE (2 góc nội tiếp chắn cung AE ) Mà AOE 2FCE 2FDE (góc nội tiếp góc tâm chắn cung EF ) ADE 2FDE DF phân giác ADE ADF FDE ADE Ta lại có FDA GCA KCH (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp CFDG ) HDF KCH CHDK tứ giác nội tiếp (tứ giác có góc ngồi góc đỉnh đối diện) KHC CDK 900 (2 góc nội tiếp chắn cung CK ) hay KH CF (2) Từ (1) (2) ta có I , K , H thẳng hàng Câu (VDC): Phương pháp: Từ giả thiết đề bài, đánh giá bất đẳng thức Cách giải: xy z 1 Vì x, y, z yz x 1 xz y 1 3xyz xy yz zx 3xyz xy yz zx (1) Lại có x 1 y 1 z 1 xyz xy yz zx x y z (2) Cộng vế theo vế (1) (2) ta xyz xy yz zx x y z x y z xy yz zx xyz dpcm Dấu “=” xảy x; y; z 1;1;1 x; y; z 0;1;1 hốn vị