Đề thi tuyển sinh vào 10 môn toán tỉnh thanh hóa năm học 2021 2022

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 