Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán 9 - Năm học 2021-2022 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT môn Toán 9 - Năm học 2021-2022 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT THANH HOÁ NĂM HỌC 2021 - 2022 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài :120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 04 tháng 6 năm 2021 (Đề gồm có 1 trang 05 câu) Câu I. (2.0 điểm) x 2 x 3x 25 Cho biểu thức P = ; với x 0 ; x 25 x 5 x 5 x 25 1) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm các giá trị của x để P= 5 7 Câu II. (2.0 điểm) 1)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho đường thẳng (d) có phương trình y = (2m+1).x + m ( m là tham số) . Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1;5) 4.x 3y 11 2) Giải hệ phương trình 4x y 7 Câu III. (2.0 điểm) 1) Giải phương trình : x2 -6x + 5 = 0 2) Cho phương trình : x2 - 2x + m - 1 = 0 ( m là tham số) .Tìm giá trị của m để 4 3 4 3 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn hệ thức : x1 x1 x2 x2 Câu IV. (3.0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn (O) Các đường cao AD ; BE ; CF ( D thuộc BC; E thuộc AC ; F thuộc AB) của tam giác cắt nhau tại H ; M là trung điểm của BC 1) Chứng minh tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh các đường thẳng ME và MF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF 3) Chứng minh ED + DF BC Câu V. (1.0 điểm) cho ba số thực x ; y; z thay đổi 1 1 1 4 3 2 thỏa mãn các điều kiện : x> ; y> ; z > và 2 4 3 2 4x 3 3y 2 2z 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : Q = (4x-1)(3y-1)(2z-1) Hết
2. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ TOÁN VÀO LỚP 10 THANH HÓA -NĂM HỌC 2021-2022 Câu Nội dung Điểm I.1 Rút gọn P x 2 x 3x 25 x 2 x 3x 25 0,25 P= P= x 5 x 5 x 25 x 5 x 5 x 5 . x 5 x. x 5 2 x. x 5 3x 25 0,25 P= x 5 . x 5 x 5 . x 5 x 5 . x 5 0,25 x 5 x 2x 10 x 3x 25 CâuI P= x 5 . x 5 5 x 25 5.( x 5) 5 0,25 P= = = = 2đ x 5 x 5 x 5 x 5 x 5 Vậy P = 5 0,25 x 5 I.2 Tìm các giá trị của x để P= - 4 Thay P= 5 vào ta có 5 = 5 0,25 7 x 5 7 x 5 7 x 2 0,25 x = 4 (thỏa mãn) Vậy x = 4 0,25 1) đường thẳng (d) đi qua điểm A(1;5) có tọa độ x = 1 ; y = 5 thỏa mãn 0,25 4 y = (2m+1).x + m thay vào ta có 5 = 2m + 1 + m m = 0,25 3 0,25 vậy với m = 4 thì đường thẳng (d) có phương trình y = (2m+1).x + m đi qua điểm CâuII 3 A(1;5) 0,25 2đ 4.x 3y 11 4 y 4 y 1 1) Giải hệ phương trình 0,25 4x y 7 4x y 7 4x 1 7 0,5 y 1 y 1 y 1 vậy nghiệm của hệ phương trình là 0,25 4x 8 x 2 x 2 1) Giải phương trình : x2 -6x + 5 = 0 là phương trình bậc hai ẩn x có dạng 0,25 a + b + c = 1- 6 + 5 = 0 nên phương trình có nghiệm x1= 1 áp dụng vi ét ta có c 5 0,25 x2 = 5 a 1 CâuIII vậy phương trình có hai nghiệm x1= 1 và x2= 5 0,25 2) phương trình : x2 - 2x + m - 1 =0 có a = 1 ; b = -2 ; c = m-1 2đ =4-4(m-1) = 4 -4m +4 = 8 - 4m để phương trình có hai nghiệm khi 0 Hay 8 - 4m 0 suy ra 8 4m vậy 2 m 0,25 x1 x2 2 2 Áp dụng vi et ta có vì x1 ; x2 la nghiệm của : x - 2x + m - 1 =0 nên x1.x2 m 1
3. 2 x1 2x1 m 1 4 3 4 3 4 4 3 3 2 theo bài ra ta có x1 x1 x2 x2 x1 x2 x1 x2 x2 2x2 m 1 x2 x2 x2 x2 x x x2 x x x2 0 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 0,25 x x x x x x 2 2x x x x x2 x x x2 0 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 x x x x x x 2 2x x x x x x 2 2x x x x 0 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x x x x x x 2 2x x x x 2 x x 0 thay số ta có 0,25 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2  2 2 x1 x2 2. 2 2(m 1) 2 (m 1)  0 x1 x2 2.4 2m 2 4 m 1 0 x1 x2 2.4 2m.2 4 4 m 1 0 x1 x2 8 4m 4 4 m 1 0 x x x x 0 1 2 1 2 x1 x2 12 4m 4 m 1 0 x1 x2 7 3m 0 7 7 3m 0 m khong.thoa.man 3 thay x1= x2 vào hệ vi ét ta có ta có 0,25 x1 x2 2 2.x1 2 x1 1 x1 1 2 2 x1.x2 m 1 x1 m 1 1 m 1 m 1 1 2 suy ra m=2 thỏa mãn vậy m=2 0,25 A xét tứ giác AEHF ta có BE là đường cao của ABC (gt) nên BE  AC BEˆA 900 0 0,25 hay HEˆA 90 K E vì CF là đường cao của 0 0,25 ABC (gt) nên CF  AB CFˆA 90 F hay HFˆA 900 suy ra : H O 0,25 B D M C CâuIV 0,25 HEˆA+ HFˆA= 1800 mà HEˆA và HFˆA là hai là hai góc đối của tứ giác AEHF nên tứ giác AEHF nội tiếp 3đ 2) Cách 1: vì tứ giác AEHF nội tiếp Mà HEˆA 900 suy ra AH là đường kính 0,25 Gọi K là trung điểm của AH thì K là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giá AEHF Suy ra KH = KF nên KFH cân tại F ta có KFˆH KHˆF (tính chất của tam giác cân) DHˆC KHˆF ( đối đỉnh) suy ra KFˆH = DHˆC (1) 0,25 BC Do BFC vuông tại F mà M là trung điểm của BC nên MF = MB=MC= 2 ( định lý đường trung tuyến thuộc cạnh huyền) nên MFC cân tại M 0,25 MFˆH MCˆF (2) cộng vế với vế của (1) và (2) ta được MFˆH KFˆH DHˆC MCˆF 900 ( Do CDH vuông tại D) DHˆC MCˆF 900 MFˆH KFˆH 900 hay MFˆK 900 hay KF  MF do K là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF nên MF là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.Tương tự ta cũng chứng minh được ME cũng là tiếp tiếp tuyến đường
4. tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF 0,25 Cách 2: Ta có BAD vuông tại D nên BAˆD ABˆD 900 (1) Ta có BCF vuông tại F nên CBˆF BCˆF 900 (2) Từ (1) và (2) ta có BAˆD BCˆF hay FAˆH MCˆF (3) BC Ở BCF vuông tại F và MC = MB (gt) nên FM = MC = ( trung tuyến thuộc 2 cạnh huyền thì bằng nữa cạnh huyền) suy ra FMC cân tại M MFˆC MCˆF (4) Từ (3) và (4) suy ra FAˆH MFˆC ( = MCˆF ) Xét hai góc MFˆC và FAˆH nằm về hai nữa mặt phẳng bờ là FH điểm M không thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF và FAˆH MFˆC trong đó FAˆH là góc nội tiếp chắn cung FH vậy MFˆC là góc giữa tia tiếp tuyến và một dây cùng chắn cung FH Vậy MF là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.Tương tự ta cũng chứng minh được ME cũng là tiếp tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF 3) Giả sử DE +DF BC (DE +DF) .BC BC2 DE.BC +DF.BC BC2 Ta dễ dàng chứng minh được tứ giác ACDF và ABDE nội tiếp Nên ta có BC2 = (BD + DC).BC = BD.BC + BC.DC = BF.AB + CE . CA Xét BDF và BAC ta có ABˆC và BFˆD BCˆA ( hai góc kề đối của tứ giác ACDF DF BF BDF BAC (g-g) DF.BC=AC.BF (1) AC BC DE CE Chứng minh tương tự ta có CDE CAB (g-g) DE.BC=AB.CE (2) AB BC Cộng vế với vế của (1) và (2) ta có DF.BC + DE.BC =AC.BF + AB.CE (DE +DF) .BC= AC.BF + AB.CE Vì (DE +DF) .BC BC2 AC.BF + AB.CE BF.AB+CE.CA BF.AB+CE.CA-AC.BF-AB.CE 0 AC.(CE-BF) +AB.(BF-CE) 0 .(CE-BF)(AC-AB) 0 (*) không mất tính tổng quát AC AB khi đó ta cần chứng minh CE-BF 0 hay CE BF 2 2 2 CE BC BE 2S ABC BE.AC CF.AB Áp dụng pi ta go ta có 2 2 2 mà BE CF BF BC CF AB AC CE2 BF2 CE BF (*) đúng nên giả sử ban đầu đúng vậy DE +DF BC 4 3 2 4 3 2 Ta có 2 1 1 4x 3 3y 2 2z 1 4x 3 3y 2 2z 1 4 3y 1 2z 1 1 3y 1 mà y> nên 3y>1 hay 3y-1> 0 và 3y + 2> 0 suy ra >0 4x 3 3y 2 2z 1 3 3y 2 0,25 CâuV Và z > 1 nên 2z >1 hay 2z –1> 0 và 2z+1> 0 suy ra 2z 1 >0 2 2z 1 3y 1 2z 1 3y 1 2z 1 3y 1 2z 1 áp dụng cosi cho hai số và ta có + 2 1đ 3y 2 2z 1 3y 2 2z 1 3y 2 2z 1 4 3y 1 2z 1 Vậy 2 4x 3 3y 2 2z 1 0,25
5. 3 4x 1 2z 1 2 4x 1 3y 1 Chứng minh tương tự ta có 2. và 2. 3y 2 4x 3 2z 1 2z 1 4x 3 3y 2 Nhân vế với vế của ba bất đẳng thức trên ta có 4 3 2 3y 1 2z 1 4x 1 2z 1 4x 1 3y 1 2 2. 2. 0,25 4x 3 3y 2 2z 1 3y 2 2z 1 4x 3 2z 1 4x 3 3y 2 2 4 3 2 3y 1 2z 1 4x 1 3y 1 2z 1 4x 1 8 =8. 4x 3 3y 2 2z 1 3y 2 2z 1 4x 3 3y 2 2z 1 4x 3 Nhân hai vế với ( 4x+3).(3y+2)(2x+1) ta có 4.3.2 8. (4x-1)(3y-1)(2z-1) 0,25 3 5 Hay 24 8.Q vậy Q 3 Vậy QMax = 3 khi ( x ; y ; z ) = ; ;1 4 6 A K E F H O B D M C