Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2020-2021 - Sở giáo dục và đào tạo Thanh Hóa (Có đáp án)

1. ĐỀ THI VÀO THPT THANH HÓA 2020-2021 8 4 .( ― 2) ― 8 + 2 + 3 ― 6 Câu 1a) P = 4 ― : + 2 + 3 = : + 2 ― 4 ― 2 ― 2 ― 2 4 ― 8 ― 8 ― 2 ―4 .( + 2) ― 2 ― P = ( ― 2).( + 2).4( ― 1) = ( ― 2).( + 2).4( ― 1) = ― 1 ― Vậy với x ; x ; x thì P = ≥ 0 ≠ 1 ≠ 4 ― 1 ― Câu 1b) P = - 4 -4 = 4 = ↔ ― 1↔ ― 1 ↔4 -4 = ↔4 - 4 = 4 3 =4 ↔ ↔ = 3 16 (T/m đk) ↔ = 9 16 Vậy P = - 4 = 9 푡ℎì Câu 2 : a) (d) : y = ax + b cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên b = 2 1 Ta có (d) : y = ax + 2. Do (d) đi qua M(2 ;3) nên ta có 3 = a. 2 + 2 suy ra a = 2 1 Vậy a = và b = 2 2 + 3 = 4 3 = 3 = 1 b) Giải hệ phương trình ; 2 ― 3 = ―1 2 ― 3 = ―1 = 1 = 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm = 1
2. Câu 3 : a) Giải phương trình : x2 + 5x +4 = 0. Ta có a – b + c = 1 – 5 + 4 = 0 nên phương trình có hai nghiệm : x1 = -1 ; x2 = - 4 Vây hai nghiệm của pt là x1 = -1 ; x2 = - 4 b) Ta có ∆ = 52 - 4.(m-2) = 25 – 4m + 8 = 33 – 4m 33 Để Pt có hai nghiệm phân biệt thì ∆ > 0 33 – 4m > 0 m < 4 x1 x2 5 Khi đó theo hệ thức Viet ta có x.x2 m 2 1 1 2 2 2 2 Theo đề ra ta có 2 2 1 (x2 1) (x1 1) (x2 1) (x1 1) (x1 1) (x2 1) 2 2 2 x2 2x2 1 x1 2x1 1 (x1x2 x1 x2 1) 2 2 2 x2 x1 2(x1 x2 ) 2 [x1x2 (x1 x2 ) 1] 2 2 (x1 x2 ) 2x1x2 2(x1 x2 ) 2 [x1x2 (x1 x2 ) 1] (-5)2 – (m - 2) – 2.(-5) +2 =[(m -2) -2.(-5) +1]2 m2 + 10m – 25 = 0 (*) Giải pt (*) ta được m1 = - 5 + 52 (t/m) ; m2 = - 5 - 52 (t/m) Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn y/c bài ra là : m1 = - 5 + 52 ; m2 = - 5 - 52
3. Câu 4 a) c/m tứ giác BCDE nội tiếp được đường tròn Ta có BD và CE là các đường cao của ∆ABC nên ∆EBC và ∆DBC là các tam giác vuông có chung cạnh huyền BC do đó 4 điểm B, C, D, E cùng nằm trên đường tròn có đường kính BC Hay tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC Có thể c/m 2 điểm D, E cùng nhìn BC dưới 1 góc vuông thì tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn, tuy nhiên phần này đã giảm tải b) C/m : MN // DE. Ta có tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn đường kính BC, nên B DE B CE (hai góc nội tiếp cùng chắc cung BE) mà B CE B CN B MN ( Góc nội tiếp cùng chắn cung BN của đường tròn (O)) Suy ra B DE B MN , mà hai góc này ở vị trí đồng vị bằng nhau nên MN//DE c) Khi đường tròn (O) và dây BC cố định, điểm A di động tren cung lớn BC sao cho ∆ABC nhọn, c/m bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ADE không đổi, tìm vị trí điểm A để diện tích ∆ADE đạt giá trị lớn nhất Gọi giao điểm của BD và CE là H. Xét tứ giác AEHD có AEH ADH =900 +900 =1800 Nên tứ giác AEHD nội tiếp được đường tròn ( do có tổng số đo 2 góc đối bằng 1800) Lại có AEH 900 nên AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH có tâm I là trung điểm của AH Ta có đường tròn ngoại tiếp ∆ADE là đường tròn tâm I đường kính AH Kẻ đường kính AF và gọi K là trung điểm của BC Vì các góc ABF; ACF là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) nên ABF ACF 900 . Ta có CE  AB (gt) hay CH  AB BF  AB ( góc FBA nội tiếp chắn nửa đường tròn(O)) Suy ra BF //CH c/m tương tự ta có BH // CF từ đó suy ra BHCF là hình bình hành, suy ra hai đường chéo BC và HF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, mà K là trung điểm của BC nên K , mà K là trung điểm của HF, khi đó OK là đường trung bình của ∆AHF nên OK =1 AH 2
4. Từ đó ta có đường tròn ngoại tiếp ∆ADE là đường tròn (I; OK) Do đường tròn (O) cố định và BC không đổi nên O và K là hai điểm cố định do đó k/c OK không đổi Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ADE bằng OK không đổi 1 *) Ta có B AC sdB C , mà BC cố định nên sdB C không đổi 2 Xét ∆ADE va ∆ACB có: B AC chung ; ADE ACB ( do cùng bù với góc EDC) Suy ra ∆ADE đồng dạng với ∆ACB (g-g) có tỉ số k = AD AB S AD AD Do đó ADE ( )2 . Xét tam giác vuông ABD có =cosBAC SACB AB AB SADE AD 2 2 2 Nên ( ) = cos BAC SAED = cos BAC . SACB SACB AB Do cosBACkhông đổi nên SAED đạt GTLN khi SABC phải lớn nhất. Kéo dài AH cắt BC 1 tại P AP  BC , mà SABC = AP. BC 2 Do BC không đổi nên SABC đạt GTLN khi AP lớn nhất, khi đó A là điểm chính giữa của cung lớn BC ( trong đường tròn đường kính là dây lớn nhất) Vậy SAED đạt GTLN khi A là điểm chính giữa của cung BC Câu 5: Cho 3 số thực dương x , y, z thỏa mãn x + y + z = xyz y 2 z 2 x 2 Tìm GTNN của Q = x2 y2 z2 1 1 1 Ta có x + y + z = xyz 1 xy yz xz 1 Đặt a =1 ; b = ; c = 1 với a, b, c > 0 suy ra ab + ac + bc =1 x y z 1 1 1 a2 b2 c2 Khi đó ta có : Q = a2 ( 2 ) + b2 ( 2 ) + c2 ( 2 )= ( ) b c a b c a x2 y2 (x y)2 x2 y2 z2 (x y)2 z2 (a b c)2 Áp dụng BĐT ta có a b c a b a b a b c a b c a b c Ta có: a2 + b2 2ab ; c2 + b2 2bc; a2 + c2 2ac suy ra 2 (a2 + b2 + c2) 2( ab + ac + bc) (a2 + b2 + c2) ( ab + ac + bc) Ta có (a+b+c)2 = a2 + b2 + c2 +2( ab + ac + bc) 3. ( ab + ac + bc) (a + b + c) 3. ab ac bc
5. a2 b2 c2 Do đó ta có ( )+ 2. (a2 + b2 + c2) (a + b + c) +2( ab + ac + bc) 3 +2 b c a 1 Q = 3 +2 khi a = b = c = 3 1 Vậy Qmin = 3 +2 đạt được khi a = b = c = khi đó x = y = z = 3 3