Đang tải... (xem toàn văn)
Trang 1/1 3 2 3 2 x2 1 x 1 x 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, gồm 04 bài) KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2021 2022 Môn thi TOÁN[.]
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, gồm 04 bài) KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2021-2022 Mơn thi: TỐN (CHUN TỐN) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 05/6/2021 Bài I (3,0 điểm) Tính giá trị biểu thức P x2022 10x2021 x2020 2021 x 2 2 Giải phương trình: x x2 x x x 3x y Giải hệ phương trình: x y y Bài II (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol P : y x2 Gọi A, B hai giao điểm đường thẳng d với parabol đường thẳng d : y x P Tìm tọa độ điểm M nằm trục hoành cho chu vi tam giác MAB nhỏ Tìm tất giá trị thực tham số m cho phương trình x2 2x 2m x vô nghiệm Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn abc = Tìm giá trị lớn 1 biểu thức M c 2a2 2 a2 2b2 b 2c 3 Bài III (1,0 điểm) Cho m, n số nguyên dương cho m2 n2 m số phương m Bài IV (3,0 điểm) chia hết cho mn Chứng minh Cho tam giác ABC vuông A (AC < AB) có đường cao AH Gọi D điểm nằm đoạn thẳng AH (D khác A H) Đường thẳng BD cắt đường trịn tâm C bán kính CA E F (F nằm B D) Qua F vẽ đường thẳng song song với AE cắt hai đường thẳng AB AH M N a) Chứng minh BH.BC = BE.BF b) Chứng minh HD tia phân giác E‸HF góc c) Chứng minh F trung điểm MN HẾT Thí sinh sử dụng loại máy tính cầm tay Bộ Giáo dục Đào tạo cho phép Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Trang 1/1 KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2021-2022 Mơn thi: TỐN (CHUN TỐN) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đáp án có trang) -Đáp án thang điểm: Bài I (3,0 đ) Nội dung Tính giá trị biểu thức P x2022 10x2021 x2020 2021 x Ta có: x 3 3 52 32 Suy ra: 3 3 3 3 3 Điểm 1,0 0,25 52 x 5 0,25 24 x2 10x 0,25 Do đó, P x2020 x 10x 1 2021 2021 0,25 Giải phương trình: x x2 x x 1,0 Điều kiện: x Đặt t x x ( t ) 0,25 Suy ra: t 2x x 2 Phương trình thành: t t t2 2t t (nhận) t = 2 (loại) Khi đó, x x x2 x x 65 x (nhận) 16 x 64 16x x2 65 Vậy tập nghiệm phương trình là: S 16 x3 3x y3 1 Giải hệ phương trình: x y y 2 Lấy phương trình (2) nhân hai vế cộng với phương trình (1) ta được: 3 x 1 y 1 x y y x Thế vào phương trình (2) ta được: x2 x x 2x2 3x x x = TH1: x = y = TH2: x y 2 Vậy tập nghiệm hệ phương trình là: S 0; , ; 2 Trang 1/4 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 II (3,0 đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol P : y x2 đường thẳng d : y x Gọi A, B hai giao điểm đường thẳng d với parabol P Tìm tọa độ điểm M nằm trục hoành cho chu vi tam giác MAB nhỏ Phương trình hồnh độ giao điểm P d : x2 x x x = 1,0 0,25 Do khơng tính tổng qt giả sử A1;1, B 2; 4 Do AB không đổi nên chu vi MAB nhỏ MA + MB nhỏ Gọi A ' điểm đối xứng với A qua trục hồnh A'1; 1 Ta có: MA MA ' MA MB MA ' MB A ' 0,25 B Đẳng thức xảy A ', M , B thẳng hàng M giao điểm A ' B trục Ox Phương trình đường thẳng A ' B có dạng: y ax b a a b Ta có: A' B : y x 2a b 3 b Từ tọa độ giao điểm A ' B Ox M 0,25 2 ;0 5 2 ;0 5 Tìm tất giá trị thực tham số m cho phương trình x2 2x 2m x vô nghiệm Đặt t x t x2 2x Phương trình thành: t 2mt (*) Vậy chu vi MAB nhỏ M Phương trình cho vơ nghiệm khi: TH1: Phương trình (*) vơ nghiệm ' m2 1 m (1) TH2: Phương trình (*) có nghiệm t1 t2 ' m2 m m 1 S 2m m 1 (2) m P 1 Kết hợp (1) (2) ta m < Cách giải khác: Đặt t x t x2 2x Phương trình thành: t 2mt (*) 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Ta tìm m cho phương trình cho có nghiệm ' phương trình (*) có nghiệm t t S P 0,25 Trang 2/4 m2 m m 1 2m m m 1 Phương trình cho có nghiệm m nên phương trình cho vô nghiệm m < Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn abc = Tìm giá trị lớn 1 biểu thức M a2 2b2 b2 2c2 c2 2a2 1 1 Ta có: a2 b2 2ab,b2 2b III (1,0 đ) 1 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 Ta có: mn | m n m d 2m1n1 | d 2m2 d 2n2 dm1 d | dm1n1 | dm2 dn2 m1 d | m1 0,25 Tương tự m1 | dm1n1 | dm2 dn2 m1 m1 | dn2 m1 | d , m1, n1 0,25 Do đó, d m1 m d số phương 0,25 Cho tam giác ABC vuông A (AC < AB) có đường cao AH Gọi D điểm nằm đoạn thẳng AH (D khác A H) Đường thẳng BD cắt đường trịn tâm C bán kính CA E F (F nằm B D) Qua F vẽ đường thẳng song với AE cắt hai đường thẳng AB AH M N 3,0 2 1 1 IV (3,0 đ) a 2b a b b 22 ab b 1 1 1 Tương tự: ; b2 2c2 bc c c2 2a2 ac a 1 1 Suy ra: M ab b 1 bc c 1 ac a 1 1 ab b Thay c ta được: M ab ab b 1 ab b 1 ab b 1 Dấu “=” xảy a b c Vậy MaxM Cho m, n số nguyên dương cho m2 n2 m chia hết cho mn Chứng minh m số phương Đặt d m, n Khi đó, m dm1, n dn1 , m1, n1 , m , n 0,25 1 C 0,25 H E N D F A M B Trang 3/4 a) Chứng minh BH.BC = BE.BF Ta có: BAF ∽ BEA (g.g) có ‸ABF chung B‸AF ‸AEB (cùng chắn cung ‸AF ) BA BF Suy ra: BE.BF BA2 BE BA Theo hệ thức lượng tam giác vng ABC ta có: BA2 BH BC BH.BC = BE.BF b) Chứng minh HD tia phân giác góc E‸HF BH BF Ta có: BHF ∽ BEC (c.g.c) có H‸BF chung (suy từ câu a) BE BC Suy ra: B‸HF B‸EC (1) tứ giác EFHC nội tiếp đường trịn Do đó, E‸HC E‸FC (cùng chắn cung E‸C ) = C‸EF (do CEF cân C) (2) Từ (1) (2) F‸HB E‸HC D‸HE D‸HC E‸HC 900 E‸HC D‸HB F‸HB D‸HF Do đó, HD tia phân giác góc E‸HF c) Chứng minh F trung điểm MN MF BF Vì MF// AE nên theo định lý Ta-lét ta có: (3) AE BE NF DF Vì NF// AE nên theo định lý Ta-lét ta có: (4) AE DE Xét EHF có HD HB HD tia phân giác góc E‸HF nên HB tia phân BF HF DF giác ngồi góc E‸HF (5) BE HE DE MF NF Từ (3), (4), (5) MF = NF F trung điểm MN AE AE - HẾT Trang 4/4 0,75 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 ……………………… Trang 5/4 ...KỲ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2021- 2022 Mơn thi: TỐN (CHUN TỐN) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH TIỀN GIANG ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đáp án có trang)... P x2022 10x2021 x2020 2021 x Ta có: x 3 3 52 32 Suy ra: 3 3 3 3 3 Điểm 1,0 0,25 52 x 5 0,25 24 x2 10x 0,25 Do đó, P x2020 x 10x ... Điểm 1,0 0,25 52 x 5 0,25 24 x2 10x 0,25 Do đó, P x2020 x 10x 1 2021 2021 0,25 Giải phương trình: x x2 x x 1,0 Điều kiện: x Đặt t x x (