Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2021 – 2022 sở GD&ĐT Thanh Hóa

Giới thiệu đến quý thầy, cô và các bạn học sinh Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2021 – 2022 sở GD&ĐT Thanh Hóa gồm 01 trang với 05 bài toán dạng tự luận, thời gian làm bài thi là 120 phút. Mời các bạn đón xem!

Môn:

Môn Toán 1.2 K tài liệu

Thông tin:
9 trang 1 năm trước

Bình luận

Vui lòng đăng nhập hoặc đăng ký để gửi bình luận.

Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2021 – 2022 sở GD&ĐT Thanh Hóa

Giới thiệu đến quý thầy, cô và các bạn học sinh Đề tuyển sinh lớp 10 môn Toán năm 2021 – 2022 sở GD&ĐT Thanh Hóa gồm 01 trang với 05 bài toán dạng tự luận, thời gian làm bài thi là 120 phút. Mời các bạn đón xem!

52 26 lượt tải Tải xuống
S GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
ĐỀ THI CHÍNH THC
K THI TUYỂN SINH VÀO LP 10 THPT
NĂM HỌC 2021 – 2022
Môn thi: TOÁN
Thi gian làm bài: 120 phút, không k thi gian giao đề
Câu 1. (2,0 điểm) Cho biu thc
2 3 25
25
55
x xx
P
x
xx
+
=+−
+−
, vi
0, 25xx≥≠
1. Rút gn biu thc
P
.
2. Tìm các giá tr ca
x
để
.
Câu 2. (2,0 điểm)
1. Trong mt phng tọa độ
Oxy
, cho đường thng
()d
phương trình
(2 1) (y m x mm= ++
là tham s). Tìm
m
để đường thng
()d
đi qua điểm
(1; 5)A
.
2. Gii h phương trình
4 3 11
47
xy
xy
+=
−=
.
Câu 3. (2,0 điểm)
1. Gii phương trình
2
6 50xx +=
.
2. Cho phương trình
2
2 10x xm + −=
(
m
là tham s). Tìm các giá tr ca
m
đề phương
trình có hai nghim
12
,xx
tha mãn h thc
43 43
11 22
xxxx−=−
.
Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhn
ABC
ni tiếp đưng tn
()
O
. Các đường cao
,,(AD BE CF D
thuc
thuc
,AC F
thuc
AB
) ca tam giác ct nhau ti
,HM
trung đim ca cnh
BC
.
1. Chng minh
AEHF
là t giác ni tiếp.
2. Chng minh các đưng thng
ME
MF
là các tiếp tuyến của đường tròn ngoi tiếp
t giác
AEHF
.
3. Chng minh
DE DF BC+≤
.
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho ba s thc
thay đi thỏa mãn các điều kin
111
,,
432
xyz>>>
432
2
4 33 22 1
xyz
++≥
+++
. Tìm giá tr ln nht ca biu thc
(4 1)(3 1)(2 1)Qx y z=−−
.
----------HẾT-----------
HƯỚNG DẪN GII
Câu 1. (2,0 điểm) Cho biu thc
2 3 25
25
55
x xx
P
x
xx
+
=+−
+−
, vi
0, 25
xx≥≠
1. Rút gn biu thc
P
.
2 3 25
25
55
x xx
P
x
xx
+
=+−
+−
( 5) 2 ( 5) 3 25
( 5)( 5)
xx xx x
xx
−+ +−
=
+−
5 2 10 3 25
( 5)( 5)
x xx xx
xx
++ −−
=
+−
5 25 5( 5) 5
( 5)( 5) ( 5)( 5) 5
xx
xx xx x
−−
= =
+− +− +
Vy
5
5
P
x
=
+
vi
0, 25xx≥≠
2. Tìm các giá tr ca
x
để
.
Ta có:
5
5
P
x
=
+
vi
0, 25xx≥≠
5 55
77
5
P
x
=⇔=
+
5 7 2 4( )x x x tm += ==
Vày
4x =
tha mãn yu cu bài toán.
Câu 2. (2,0 điểm)
1. Trong mt phng ta đ
Oxy
, cho đưng thng
()d
phương trình
(2 1) (y m x mm= ++
là tham s). Tìm
m
để đưng thng
()d
đi qua đim
(1; 5)A
.
(1; 5)Ad
nên thay tọa độ đim
A
vào phương trình đường thng
()d
ta có:
4
5 (2 1) 1 3 1 5
3
m mm m= + ⋅+ += =
Vây
4
3
m =
.
2. Gii h phương trình
4 3 11
47
xy
xy
+=
−=
.
Ta có:
4 3 11 4 4 1 1
4747417 2
xy y y y
xy xy x x
+= = = =

⇔⇔

−= −= = =
Vy nghim ca h phương trình
( ; ) (2;1)xy =
.
Câu 3. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2
6 50
xx +=
.
Ta có:
2
( 6) 4.1.5 16 0∆= = >
nên phương trình có 2 nghim phân bit:
1
2
6 16
5
2
6 16
1
2
x
x
+
= =
= =
Vy phương trình có tp nghim
{1; 5}S
=
.
2. Cho phương trình
2
2 10x xm + −=
(
m
là tham s). Tìm các giá tr ca
m
đề phương
trình có hai nghim
12
,
xx
tha mãn h thc
43 43
11 22
xxxx−=−
.
Phương trình
2
2 10x xm + −=
1 12mm
∆= + =
.
Phương trình đã cho có nghiệm
02 0 2mm
≥⇔− ≥⇔
.
Khi đó theo định li Vi-ét ta có:
12
12
2
1
xx
xx m
+=
=
Do
12
,xx
là nghim ca phương trình
2
2 10x xm + −=
nên ta có:
2
11
2
22
21
21
x xm
x xm
= −+
= −+
Theo bài ra ta có:
43 43
11 22
xxxx−=−
( )
44 33
12 12
0xx xx−− =
( )
(
)
( )
( )
2222 2 2
1 2 1 2 1 2 1 12 2
0xxxx xxxxxx
+ −− + + =
(
)
( )
( ) ( )
( )
12 1 2 12 12
2 222 12 1 2 22 1xx m xm xm xx xx m m

+ + + +−− + ++−

( )
( )
12 12
[2.2 2 2].2 [2.2 1]m xx xx m + −+
( )
12
[2(6 2 ) 5 ] 0
xx m m
−+ =
(
)
12
(3 7) 0
xx m +=
12
7
()
3
xx
m ktm
=
=
Thay
12
xx=
vào (1) ta được:
1
1
2
1
22
1
1
2( )
x
x
xm
m tm
=
=

=
=
Vy
2m
=
.
Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhn
ABC
ni tiếp đưng tn
()
O
. Các đường cao
,,(AD BE CF D
thuc
thuc
,AC F
thuc
AB
) ca tam gc ct nhau ti
,HM
trung đim ca cnh
BC
.
I
O
M
H
F
E
D
C
B
A
1. Chng minh
AEHF
là t giác ni tiếp.
Xét t giác AEHF có:
90 90 180
AFH AEH+ = °+ °= °
hai góc này đối din nhau trong t giác
AEHF
nên t giác
AEHF
t giác ni tiếp
đường tròn tâm
M
đường kính
BC
(dhnb).
2. Chng minh các đưng thng
ME
MF
là các tiếp tuyến ca đưng tròn ngoi tiếp
t giác
AEHF
.
Gi
I
là trung đim ca
AH
suy ra
I
là tâm đường tròn ngoi tiếp t giác AEHF.
IH IF H = ⇒∆
cân ti
I IFH IHF
⇒=
(tính cht tam giác cân).
IHF DHC=
(đối đinh)
IFH DHC
⇒=
Do
BFC
vuông ti
,
FM
trung đim ca
BC
nên
1
2
MF BC MC= =
(định li đưng
trung tuyến trong tam giác vuông)
MFC
⇒∆
cân ti
M MFH MCF⇒=
(2)
Cng (1) với (2) ta được:
90MFH IFH DHC MCF
+= + =°
(Do tam giác
CDH
vuông ti
D
).
Suy ra:
90MFI = °
hay
IF MF
.
Vy
MF
là tiếp tuyến ca đường tròn ngoi tiếp t giác
AEHF
.
Chng minh tương t ta đưc
ME
là tiếp tuyến ca đưng tròn ngoi tiếp t giác
AEHF
.
3. Chng minh
DE DF BC
+≤
.
Gi s
22
()DE DF BC DE DF BC BC DE BC DF BC BC+ + ⋅≤ +⋅≤
.
D dàng chứng minh được các t giác
,
ACDF ABDE
là các t giác ni tiếp nên ta có:
2
()
.
BC BD CD BC
BD BC CB CD
BF BA CE CA
=+⋅
= +⋅
=⋅+
Xét
BDF
BAC
có:
ABC
chung;
BFD BCA=
(góc ngoài và góc trong ti đỉnh đối din ca t giác ni tiếp
ACDF
)
(.)BDF BAC g g
⇒∆
Chứng minh tương t ta có
(.)
DE CE
CDE CAB g g DE BC AB CE
AB BC
= ⋅=
Cng vế theo vế ca (1) và (2) ta có:
DF BC DE BC AC BF AB CE+ = ⋅+
( ),DE DF BC AC BF AB CE + = ⋅+
2
()DE DF BC BC+ ⋅≤
AC BF AB CE BF BA CE CA ⋅+ +
0BF BA CE CA AC BF AB CE⋅+⋅−−⋅
()()0AC CE BF AB BF CE −+
( )( ) 0(*)
CE BF AC AB
⇔−
Không mt tính tng quát, ta gi s
AC AB
, khi đó ta cn chng minh
0CE BF CE BF ≥⇔
.
Áp dng đnh lí Pytago ta có:
2 22
2 22
CE BC BE
BF BC CF
=
=
.
2.
MBC
S BE AC CF AB
BE CF
AB AC
= =
⇔≤
22
(*)CE BF CE BF ≥⇒
đúng nên giả s ban đầu là đúng.
Vy
DE DF BC
+≤
.
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho ba s thc
thay đi tha mãn các điu kin
111
,,
432
xyz>>>
432
2
4 33 22 1xyz
++≥
+++
. Tìm giá tr ln nht ca biu thc
(4 1)(3 1)(2 1)Qx y z=−−
.
432
2
4 33 22 1xyz
++≥
+++
43 2
11
43 32 21xy z


+−


++ +


31
4 21
4 33 22 1
y
z
xyz
≥+
+++
31
4 21
2
4 3 3 22 1
y
z
x yz
⇔≥
+ ++
(Bt đng thc Cauchy)
Chứng minh tương t ta có:
31
3 41212 41
2 ;2
3 2 4 32 12 1 4 33 2
y
xz x
y x zz x y
−−
≥⋅ ≥⋅
+ + ++ + +
Nhân vế theo vế 3 BĐT trên ta được:
31 31
4 3 2 21 4121 41
222
4 33 22 1 3 22 1 4 32 1 4 33 2
yy
zxzx
xyz yz xz xy
−−
−−−−
⋅≥ ⋅⋅ ⋅⋅
+++ ++ ++ ++
31
4 3 2 41 21
8
4 33 22 1 4 33 22 1
y
xz
xyz xyz
−−
⋅⋅ ⋅⋅
+++ +++
24 8 3QQ ⇔≤
Vy
max
3.Q =
Du "=" xy ra
35
( ; ; ) ; ;1
46
xyz

⇔=


.
| 1/9

Preview text:


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA
NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn thi: TOÁN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức x 2 x 3x + 25 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 5 P = . 7 Câu 2. (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). 4x + 3y = 11
2. Giải hệ phương trình  . 4x y =  7 Câu 3. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2
x − 6x + 5 = 0. 2. Cho phương trình 2
x − 2x + m −1 = 0 ( m là tham số). Tìm các giá trị của m đề phương
trình có hai nghiệm x ,x thỏa mãn hệ thức 4 3 4 3
x x = x x . 1 2 1 1 2 2
Câu 4. (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 ) của tam giác cắt nhau tại H,M
trung điểm của cạnh BC .
1. Chứng minh AEHF là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh các đường thẳng MEMF là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF .
3. Chứng minh DE + DF BC . Câu 5. (1,0 điểm)
Cho ba số thực x,y,z thay đổi thỏa mãn các điều kiện 1 1 1
x > ,y > ,z > và 4 3 2 4 3 2 + +
≥ 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = (4x − 1)(3y − 1)(2z − 1).
4x + 3 3y + 2 2z + 1
----------HẾT----------- HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức x 2 x 3x + 25 P = + −
, với x ≥ 0,x ≠ 25 x + 5 x − 5 x − 25
1. Rút gọn biểu thức P . x 2 x 3x + 25 P = + − x + 5 x − 5 x − 25
x( x − 5) + 2 x( x + 5) − 3x − 25 =
( x + 5)( x − 5)
x − 5 x + 2x + 10 x − 3x − 25 =
( x + 5)( x − 5) 5 x − 25 5( x − 5) 5 = =
( x + 5)( x − 5) ( x + 5)( x − 5) x + 5 Vậy 5 P =
với x ≥ 0,x ≠ 25 x + 5
2. Tìm các giá trị của x để 5 P = . 7 Ta có: 5 P =
với x ≥ 0,x ≠ 25 x + 5 5 5 5 P = ⇔ = 7 x + 5 7
x + 5 = 7 ⇔ x = 2 ⇔ x = 4(tm)
Vày x = 4 thỏa mãn yều cầu bài toán. Câu 2. (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). Vì (
A 1;5)∈d nên thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng (d) ta có: 4
5 = (2m + 1)⋅1+ m ⇔ 3m + 1 = 5 ⇔ m = 3 Vây 4 m = . 3 4x + 3y = 11
2. Giải hệ phương trình . 4x y =  7
4x + 3y = 11 4y = 4 y = 1 y = 1 Ta có:  ⇔  ⇔  ⇔ 4x y 7  4x y 7  4x 1 7  − = − = − =  x = 2
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = (2;1) . Câu 3. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 2
x − 6x + 5 = 0.  6 + 16 x = = 5 1 Ta có: 2 ∆ = ( 6
− ) − 4.1.5 = 16 > 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt:  2  6 − 16 x = = 1 2  2
Vậy phương trình có tập nghiệm S = {1;5}.
2. Cho phương trình 2
x − 2x + m −1 = 0 ( m là tham số). Tìm các giá trị của m đề phương
trình có hai nghiệm x ,x thỏa mãn hệ thức 4 3 4 3
x x = x x . 1 2 1 1 2 2 Phương trình 2
x − 2x + m −1 = 0 có ∆′ = 1− m + 1 = 2 − m .
Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ ∆′ ≥ 0 ⇔ 2 − m ≥ 0 ⇔ m ≤ 2 . x + x = 2
Khi đó theo định li Vi-ét ta có: 1 2  x x = m −  1 1 2 2
x = 2x m + 1
Do x ,x là nghiệm của phương trình 2
x − 2x + m −1 = 0 nên ta có: 1 1 1 2  2
x = 2x m + 1 2 2 Theo bài ra ta có: 4 3 4 3
x x = x x 1 1 2 2 4 4
x x − ( 3 3 x x = 0 1 2 1 2 ) ⇔ ( 2 2 x + x )( 2 2
x x ) −(x x )( 2 2
x + x x + x = 0 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 )
⇒ (2(x + x − 2m + 2 2x m +1− 2x + m −1 − x x 2 x + x − 2m + 2 + m −1 1 2 ) )( 1 2 ) ( 1 2) ( 1 2) 
⇔ [2.2 − 2m + 2].2(x x x x [2.2 − m + 1] 1 2 ) ( 1 2)
⇔ (x x [2(6 − 2m) − 5 + m] = 0 1 2 )  x = x 1 2
⇔ (x x (3m + 7) = 0  ⇔ 1 2 ) 7 m = (ktm)  3  2x = 2  x = 1
Thay x = x vào (1) ta được: 1 1  ⇔ 1 2 2 x m 1  = −  m = 2(tm) 1 Vậy m = 2 .
Câu 4. (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 ) của tam giác cắt nhau tại H,M
trung điểm của cạnh BC . A I E F H O B D M C
1. Chứng minh AEHF là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác AEHF có:  
AFH + AEH = 90° + 90° = 180°
Mà hai góc này đối diện nhau trong tứ giác AEHF nên tứ giác AEHF là tứ giác nội tiếp
đường tròn tâm M đường kính BC (dhnb).
2. Chứng minh các đường thẳng MEMF là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
tứ giác
AEHF .

Gọi I là trung điểm của AH suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.
IH = IF H ∆ cân tại  
I IFH = IHF (tính chất tam giác cân). Mà  
IHF = DHC (đối đinh)   ⇒ IFH = DHC Do BF
C vuông tại F,M là trung điểm của BC nên 1
MF = BC = MC (định li đường 2
trung tuyến trong tam giác vuông) ⇒ MFC cân tại  
M MFH = MCF (2)
Cộng (1) với (2) ta được:    
MFH + IFH = DHC + MCF = 90° (Do tam giác CDH vuông tại D ). Suy ra: 
MFI = 90° hay IF MF .
Vậy MF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF .
Chứng minh tương tự ta được ME là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF .
3. Chứng minh DE + DF BC . Giả sử 2 2
DE + DF BC ⇔ (DE + DF)⋅ BC BC DEBC + DF BC BC .
Dễ dàng chứng minh được các tứ giác ACDF, ABDE là các tứ giác nội tiếp nên ta có: 2 BC
= (BD + CD)⋅ BC
= BD BC + CBCD
= BF BA + C . E CA Xét BDF BAC ∆ có:  ABC chung;  
BFD = BCA (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp ACDF ) ⇒ BDF BAC ∆ (g.g)
Chứng minh tương tự ta có ∆ ∽ ∆ ( . ) DE CE CDE CAB g g ⇒ =
DEBC = ABCE AB BC
Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta có:
DF BC + DEBC = AC BF + ABCE
⇒ (DE + DF),BC = AC BF + ABCE Vì 2
(DE + DF)⋅ BC BC
AC BF + ABCE BF BA + CECA
BF BA + CECA AC BF ABCE ≥ 0
AC(CE BF) + ( AB BF C ) E ≥ 0
⇔ (CE BF)(AC − ) AB ≥ 0(*)
Không mất tính tổng quát, ta giả sử AC AB , khi đó ta cần chứng minh
CE BF ≥ 0 ⇔ CE BF . 2 2 2 C
 E = BC BE
Áp dụng định lí Pytago ta có:  . 2 2 2
BF = BC CF 2S = .
BE AC = CF ABMBC  ⇔ BE CF AB ≤  AC 2 2
CE BF CE BF ⇒ (*) đúng nên giả sử ban đầu là đúng.
Vậy DE + DF BC . Câu 5. (1,0 điểm)
Cho ba số thực x,y,z thay đổi thỏa mãn các điều kiện 1 1 1
x > ,y > ,z > 4 3 2 4 3 2 + +
≥ 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = (4x − 1)(3y − 1)(2z − 1).
4x + 3 3y + 2 2z + 1 4 3 2 + + ≥ 2
4x + 3 3y + 2 2z + 1 4  3   2 1  1  ⇔ ≥ − + −
4x 3  3y 2   2z 1 + + +  4 3y −1 2z −1 ⇔ ≥ +
4x + 3 3y + 2 2z + 1 4 3y −1 2z −1 ⇔ ≥ 2 ⋅
(Bất đẳng thức Cauchy) 4x + 3 3y + 2 2z + 1
Chứng minh tương tự ta có: 3 4x −1 2z −1 2 4x −1 3y −1 ≥ 2 ⋅ ; ≥ 2 ⋅ 3y + 2
4x + 3 2z + 1 2z + 1 4x + 3 3y + 2
Nhân vế theo vế 3 BĐT trên ta được: 4 3 2 3y −1 2z −1 4x −1 2z −1 4x −1 3y −1 ⋅ ⋅ ≥ 2 ⋅ ⋅ 2 ⋅ ⋅ 2 ⋅
4x + 3 3y + 2 2z + 1 3y + 2 2z + 1 4x + 3 2z + 1 4x + 3 3y + 2 4 3 2
4x −1 3y −1 2z −1 ⇔ ⋅ ⋅ ≥ 8 ⋅ ⋅
4x + 3 3y + 2 2z + 1
4x + 3 3y + 2 2z + 1
⇔ 24 ≥ 8Q Q ≤ 3 Vậy Q   = 3. Dấu "=" xảy ra 3 5
⇔ (x; y; z) =  ; ;1 . max 4 6   
Document Outline

  • de-tuyen-sinh-lop-10-mon-toan-nam-2021-2022-so-gddt-thanh-hoa
  • THANH HÓA 2021