Đề thi vào 10 năm học 2021-2022 tỉnh Thanh Hóa

(1)

Website:tailieumontoan.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2021-2022

Môn thi: Toán

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 04/06/2021

Đề thi có: 01 trang gồm 05 câu.

Câu I (2,0 điêm).

Cho biểu thức

2 3 25

5 5 25

x x x

P x x x

   

   , với ^x^^0,^x^²⁵

1. Rút gọn biểu thức ^P.

2. Tìm các giá trị của ^x để 5 P7

. Câu II (2,0 điểm).

1. Trong mặt phẳng tọa độ ^Oxy, cho đường thẳng ^{( )}^d có phương trình (2 1)

y m x m (^mlà tham số). Tìm ^m để đường thẳng ^{( )}^d đi qua điểm ^A^(1;5). 2. Giải hệ phương trình

4 3 11

4 7

x y x y

 

  

 .

Câu III (2,0 điểm).

1. Giải phương trình ^x²^⁶^x^{ }^{5 0}.

2. Cho phương trình ^x²^²^{x m}^{  }^{1 0} (^m là tham số ). Tìm các giá trị của ^m để phương trình có hai nghiệm ^{x x}¹^, ² thỏa mãn hệ thức ^x¹⁴^^x¹³ ^^x²⁴ ^^x²³.

Câu IV (3,0 điểm).

Cho tam giác nhọn ÂBC nhọn nội tiếp đường tròn^{( )}Ô . Các đường cao ÂD^{, BE, CF} (D BC , E AC, F AB)  của tam giác cắt nhau tại ^H, ^M là trung điểm của ^BC.

1. Chứng minh ^AEHF là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh các đường thẳng ^ME và ^MF là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ^AEHF .

3. Chứng minh ^{DE DF}^ ^^BC Câu V (1,0 điểm).

Cho ba số thực ^x^{, y, z}thay đổi thỏa mãn các điều kiện

1 1 1

, y , z

4 3 2

x  

và

4 3 2

4x 3 3 y 2 2 z 12

   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ^Q^⁽⁴^x^¹⁾⁽³^y^¹⁾⁽²^z^^1).

---HẾT---

Liên hệ tài liệu word môn toán: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC

ĐỀ CHÍNH THỨC

(2)

Website:tailieumontoan.com

Câu Nội dung đáp án Điểm

I a Với ^x^⁰ và ^x^²⁵

( 5) 2 ( 5) (3 25) 5 2 10 3 25

( 5)( 5) ( 5)( 5)

x x x x x x x x x x

P x x x x

         

 

   

0,25

5 25 5( 5)

( 5)( 5) ( 5)( 5)

x x

x x x x

 

 

   

0,5 5

5

 x

 Do đó

5 P 5

 x



0,25 b

Với ^x^⁰ và ^x^²⁵. Để 5 P 7

thì

5 5

7 5 7

5 x

x    



0,5

2 4

x  x (thỏa mãn điều kiện) 0,5

II a Để đường thẳng ^{( )}^d đi qua điểm ^A^(1;5) thì ^x^¹ và ^y^⁵ thỏa mãn: ^y^⁽²^m^¹⁾^{x m}^ Khi đó: ^{5 (2}^ ^m^^1).1^^m

0,5 3 1 5 4

m m 3

    

Vậy 4 m3

là giá trị cần tìm.

0,5 b

Ta có:

4 3 11 4 3(4 7) 11 16 21 11

4 7 4 7 4 7

x y x x x

x y y x y x

      

  

 

        

  

0,5

2 2

4 7 1

x x

y x y

 

 

    

 

Vậy



^{x y}^;

  

^ ^2;1 là nghiệm duy nhất của hệ phương trình.

0,5

II

I a Các hệ số: ^a^^{1; b}^{ }^{6; c 5}^ Ta thấy ^{a b c}      ^{1 ( 6) 5 0}

0,25

Nên phương trình có 2 nghiệm là: ¹ ²

1; x 5 5

1 x c

   a 0,5

b Ta có: ^{  }^, ² ^m

Phương trình có 2 nghiệm ^x¹ và ^x² khi và chỉ khi ^{   }^, ⁰ ^m ²

0,25

Với ^m^², theo hệ thức Vi-ét ta có:

1 2

2 (*)

. 1

x x x x m

 

  

 Ta có:

4 3 4 3 4 4 3 3 2 2 2 2

1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2

2 2

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2

( )( )( ) ( )( )

( )( )[( ) 2 ]=( )[( ) ]

x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x

              

       

0,25

Thay các hệ thức (*) vào ta được:

1 2 1 2 1 2

2(x x )(6 2 ) ( m  x x )(5m)(x x )(7 3 ) 0 m  1) Khi ^x¹^^x² ^{ }⁰ ^x¹^^x² ^{    }^, ⁰ ^m ²(thỏa mãn)

0,5

(3)

Website:tailieumontoan.com

2)

7 3 0 7 m m 3

   

(loại)

Vậy ^m^² là giá trị duy nhất cần tìm. 0,25

IV 1 Do ^BE^{, CF} là đường cao của ^ÂBC nên ^BE^ÂC^{, CF}^ÂB

AFH AEH 90

   

0,5 Xét tứ giác ÂEHF có: ^^{AFH AEH}^^ ^{    }⁹⁰ ⁹⁰ ¹⁸⁰^ nên tứ giác ÂEHF nội tiếp được đường tròn (đường kính ÂH)

0,5 2 Gọi ^I là trung điểm của ^AH.

Xét đường tròn ^{( )}^O , có: ^{FAD FCD}^ ^^ ⁽¹⁾ (Cùng phụ với góc ABC) Xét ^^AFH vuông tại ^Hcó ^FIlà đường trung tuyến nên

1

FI 2AH FI  AI Do đó ^^FIA cân tại ^I nên ^^{IFA IAF}^^ (2)

Chứng minh tương tự được: ^^MFC cân tại ^M nên ^{MFC MCF}^ ^^ (3)

0,25

Từ ^(1)(2)(3)^^{IFA MFC}^ ^^ ⁽⁴⁾ 0,25

Do ^^{AFI IFC}^^ ^{ }^{90 (CF}^^AB⁾ nên kết hợp với (4) ta được: ^{MFC IFC}^ ^^ ^{ }⁹⁰ Do đó ^MF ^^FI

Mà ^F^



^{I IA}^;



là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ^AFHE, ^FI là bán kính^^MFlà tiếp tuyến của



^{I IA}^;



0,25

Chứng minh tương tự với ^ME.

Vậy ^ME, ^MF là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ^AFHE

0,25

K

M F H

E

D O A

B C

3 Gọi ^K là điểm đối xứng với ^F qua ^BC ^^{MF MK}^ (5) Tứ giác ^BFEC nội tiếp được đường tròn đường kính ^BC (6) Vì có ^{CEB BFC}^ ^^ ^{ }⁹⁰

0,5

(4)

Website:tailieumontoan.com Từ ⁽⁴⁾⁽⁵⁾^{ }^K



^{M MB}^;



Xét đường tròn đi qua 5 điểm B, E, F, C, K, có: ^EBF^ ^^^FKE (hai góc nội tiếp chắn cung ^^FE) (7)

Tương tự:

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ^AEDB, có: ^{EBA EDA}^ ^^ (hai góc nội tiếp chắn cung EA ) (8)

Từ ⁽⁷⁾⁽⁸⁾^^^{FKE EDA}^^

Kết hợp ^{FK AD}^// (do cùng vuông góc với ^BC)^^{K D E}^{, ,} thẳng hàng Do đó DF DE DK DE KE    (9)

Xét đường tròn



^{M MB}^;



_{, khi đó:}_{KE BC}_ ₍₁₀₎

Vì vậy từ ^(9)(10)^^{DE DF}^ ^^BC^(dpcm)

0,25 V Đặt ⁴x 1 4 ; 3y 1 3 ; 2z 1 2 .m   n   p

Khi đó ^Q^²⁴^mnp

Ta có: ^{m n p}^{, ,} ^⁰ và thỏa mãn

1 1 1

1 1 1 2

m n  p 

  

( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 2( 1)( 1)( 1) 1 2

m n n p p m m n p

mnp mn np pm

            

    

0,25

Theo bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương mn, np, pm.

Ta có: ^{1 2} mnp mn np pm   ²mnp^{3 (}³ mnp⁾²

3 2

1 2mnp 3 (mnp)

   coi ³⁽^mnp⁾² ^^t khi đó ^Q^²⁴^t³

0,25

Ta có:

3 2 2 1

2 3 1 0 (2 1)( 1) 0

t  t    t t   t 2 0,25

Khi đó:

24 24.1 3 axQ=3

Q mnp 8 M Đạt được khi

1 3 5

; ; 1

2 4 6

m n    p x y z

0,25