SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022 Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức P x x 5 x x 3x 25 , với x 0, x 25 x 25 Rút gọn biểu thức P Tìm giá trị x để P Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d) có phương trình y (2 m 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 7 Câu (2,0 điểm) Giải phương trình x x 0 Cho phương trình x x m 0 ( m tham số) Tìm giá trị m đề phương 4 trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn hệ thức x1 x1 x2 x2 Câu (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 ) 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 (1,0 điểm) 1 Cho ba số thực x , y , z thay đổi thỏa mãn điều kiện x , y , z 4 2 Tìm giá trị lớn biểu thức Q (4 x 1)(3 y 1)(2 z 1) 4x 3y 2z HẾT - HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức P x x 5 x x 3x 25 , với x 0, x 25 x 25 Rút gọn biểu thức P P x 5 x x 3x 25 x 25 x ( x 5) x ( x 5) 3x 25 x ( x 5)( x 5) x x x 10 x 3x 25 ( x 5)( x 5) x 25 ( x 5)( x 5) Vậy P x 5 5( x 5) ( x 5)( x 5) x 5 với x 0, x 25 Tìm giá trị x để P Ta có: P P x 5 x 5 x 7 với x 0, x 25 x 2 x 4(tm) Vày x 4 thỏa mãn yều cầu toán Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng (d) có phương trình y (2 m 1)x m( m tham số) Tìm m để đường thẳng (d) qua điểm A(1; 5) Vì A(1; 5) d nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng (d) ta có: (2 m 1) 1 m 3m 5 m 4 Vây m 4 x y 11 Giải hệ phương trình 4 x y 7 4 x y 11 Ta có: x y 4 y 4 x y y 1 x y 1 x 2 Vậy nghiệm hệ phương trình ( x; y) (2;1) Câu (2,0 điểm) Giải phương trình x x 0 16 5 x1 2 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} Cho phương trình x x m 0 ( m tham số) Tìm giá trị m đề phương 4 trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn hệ thức x1 x1 x2 x2 Phương trình x x m 0 có 1 m 2 m Phương trình cho có nghiệm 0 m 0 m 2 x1 x2 2 Khi theo định li Vi-ét ta có: x1 x2 m x1 2 x1 m Do x1 , x2 nghiệm phương trình x x m 0 nên ta có: x2 2 x2 m Theo ta có: x14 x13 x24 x23 x14 x24 x13 x23 0 x12 x22 x x22 x1 x2 x12 x1 x2 x22 0 x1 x2 m x1 m x2 m 1 x1 x2 x1 x2 m m 1 [2.2 2m 2].2 x1 x2 x1 x2 [2.2 m 1] x1 x2 [2(6 m) m] 0 x1 x2 x1 x2 (3m 7) 0 m ( ktm) x1 2 Thay x1 x2 vào (1) ta được: x1 m x1 1 m 2(tm) Vậy m 2 Câu (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 ) tam giác cắt H , M trung điểm cạnh BC A I F E H O B D M C Chứng minh AEHF tứ giác nội tiếp Xét tứ giác AEHF có: AFH AEH 90 90 180 Mà hai góc đối diện tứ giác AEHF nên tứ giác AEHF tứ giác nội tiếp đường trịn tâm M đường kính BC (dhnb) Chứng minh đường thẳng ME MF tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF Gọi I trung điểm AH suy I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF IH IF H cân I IFH (tính chất tam giác cân) IHF Mà IHF (đối đinh) IFH DHC DHC Do BFC vuông F , M trung điểm BC nên MF BC MC (định li đường trung tuyến tam giác vuông) MFC cân M MFH (2) MCF Cộng (1) với (2) ta được: MFH IFH DHC MCF 90 (Do tam giác CDH vuông D ) Suy ra: MFI 90 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 Chứng minh DE DF BC 2 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: chung; ABC (góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp ACDF ) BFD BCA BDF ∽ BAC( g.g ) Chứng minh tương tự ta có CDE ∽ CAB( g.g) 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 DE CE DE BC AB CE AB BC BF BA CE CA AC BF AB CE 0 AC(CE BF ) AB( BF CE) 0 (CE BF )( AC AB) 0(*) Không tính tổng quát, ta giả sử AC AB , ta cần chứng minh CE BF 0 CE BF CE2 BC BE Áp dụng định lí Pytago ta có: 2 BF BC CF 2SMBC BE.AC CF AB BE CF Mà AB AC CE2 BF CE BF (*) nên giả sử ban đầu Vậy DE DF BC Câu (1,0 điểm) 1 Cho ba số thực x , y , z thay đổi thỏa mãn điều kiện x , y , z 4 2 Tìm giá trị lớn biểu thức Q (4 x 1)(3 y 1)(2 z 1) 4x 3y 2z 2 4x 3y 2z 1 4x 3y z 3y 2z 4x 3y 2z 3y 2z (Bất đẳng thức Cauchy) 2 4x 3y 2z Chứng minh tương tự ta có: 4x 2z x 3y 2 ; 2 3y x 2z 2z 4x 3y Nhân vế theo vế BĐT ta được: 3y 2z 4x 2z 4x 3y 2 2 2 4x 3y 2z 3y 2z 4x 2z 4x 3y 4x 3y z 8 4x 3y 2z 4x 3y 2z 24 8Q Q 3 3 Vậy Qmax 3 Dấu "=" xảy ( x; y; z) ; ;1 4