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

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT THANH HOÁ NĂM HỌC 2020 - 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài :120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 17 tháng 7 năm 2021 (Đề gồm có 1 trang 05 câu) Câu I. (2.0 điểm) 4 x 8x x 2 Cho biểu thức P = : 3 ; với x 0 ; x 1 ; x 4 x 2 x 4 x 2 1) Rút gọn P 2) Tìm các giá trị của x để P= - 4 Câu II. (2.0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b Tìm a ; b để đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và đi qua điểm M(2;3) x 3y 4 2) Giải hệ phương trình 2x 3y 1 Câu III. (2.0 điểm) 1) Giải phương trình : x2 + 5x + 4 = 0 2) Cho phương trình : x2 + 5x +m-2 = 0 ( m là tham số) .Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn hệ thức : 1 1 2 + 2 = 1 x1 1 x2 1 Câu IV. (3.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn (O) Các đường cao BD ; CE ( D thuộc AC; E thuộc AB) của tam giác kéo dài cắt đường tròn (O) tại các điểm M và N ( M khác B ; N khác C) 1) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp được trong một đường tròn 2) Chứng minh MN song song với DE 3) Khi đường tròn (O) và dây BC cố định điểm A di động trên cung lớn BC Sao cho tam giác ABC nhọn . Chứng minh bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE không đổi và tìm vị trí điểm A để diện tích tam giá ADE đạt giá trị lớn nhất Câu I. (1.0 điểm) cho ba số thực dương x; y ; z thỏa mãn điều kiện x+ y + z = xyz Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = y 2 + z 2 + x 2 x 2 y 2 x 2
2. HƯỚNG DẪN GIẢI 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 Và đường thẳng (d) có phương trình y = 1 x + 2 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 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)
3. 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 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
4. 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. Từ đó ta có đường tròn ngoại tiếp ∆ADE là đường tròn (I; OK) 2 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
5. 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 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 CÁC BẠN CÓ THỂ TÌM THÊM CÁCH GIẢI KHÁC NGẮN GỌN VÀ PHÙ HỢP HƠN