Đề Toán tuyển sinh lớp 10 năm 2021 Thanh Hóa - Kỳ thi vào lớp 10 năm 2021 tỉnh Thanh Hóa chính thức được tổ chức. Trong bài viết này AIOMT Premium xin chia sẻ đáp án môn toán thi tuyển sinh lớp 10 năm 2021 Thanh Hóa, mời các bạn chú ý theo dõi.
Trích dẫn đề thi vào lớp 10 môn Toán Thanh Hóa 2021
Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức $P=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+5}+\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-5}-\dfrac{3x+25}{x-25}$, với $x\ge 0,x\ne 25$
1. Rút gọn biểu thức $P$.
2. Tìm các giá trị của $x$ để $P=\dfrac{5}{7}$.
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 $A(1;5)$.
2. Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{*{35}{l}} 4x+3y=11 \\ 4x-y=7 \\ \end{array} \right.$.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức $P=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+5}+\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-5}-\dfrac{3x+25}{x-25}$, với $x\ge 0,x\ne 25$
1. Rút gọn biểu thức $P$.
$P=\dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}+5}+\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}-5}-\dfrac{3x+25}{x-25}$
$=\dfrac{\sqrt{x}(\sqrt{x}-5)+2\sqrt{x}(\sqrt{x}+5)-3x-25}{(\sqrt{x}+5)(\sqrt{x}-5)}$
$=\dfrac{x-5\sqrt{x}+2x+10\sqrt{x}-3x-25}{(\sqrt{x}+5)(\sqrt{x}-5)}$
$\dfrac{5\sqrt{x}-25}{(\sqrt{x}+5)(\sqrt{x}-5)}=\dfrac{5(\sqrt{x}-5)}{(\sqrt{x}+5)(\sqrt{x}-5)}=\dfrac{5}{\sqrt{x}+5}$
Vậy $P=\dfrac{5}{\sqrt{x}+5}$ với $x\ge 0,x\ne 25$
2. Tìm các giá trị của $x$ để $P=\dfrac{5}{7}$.
Ta có: $P=\dfrac{5}{\sqrt{x}+5}$ với $x\ge 0,x\ne 25$
$P=\dfrac{5}{7}\Leftrightarrow \dfrac{5}{\sqrt{x}+5}=\dfrac{5}{7}$
$\Leftrightarrow \sqrt{x}+5=7\Leftrightarrow \sqrt{x}=2\Leftrightarrow x=4(tm)$
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 $A(1;5)\in d$ nên thay tọa độ điểm $A$ vào phương trình đường thẳng $(d)$ ta có:
$5=(2m+1)\cdot 1+m\Leftrightarrow 3m+1=5\Leftrightarrow m=\dfrac{4}{3}$
Vây $m=\dfrac{4}{3}$.
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x + 3y = 11}\\{4x - y = 7}\end{array}} \right.\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4x + 3y = 11}\\{4x - y = 7}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{4y = 4}\\{4x - y = 7}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 1}\\{4x - 1 = 7}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{y = 1}\\{x = 2}\end{array}} \right.} \right.} \right.} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là $(x;y)=(2;1)$.
Câu 3. (2,0 điểm)
1. Giải phương trình ${{x}^{2}}-6x+5=0$.
Ta có: $\Delta ={{(-6)}^{2}}-4.1.5=16>0$ nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt: \(\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} = \dfrac{{6 + \sqrt {16} }}{2} = 5}\\{{x_2} = \dfrac{{6 - \sqrt {16} }}{2} = 1}\end{array}} \right.\)
Vậy phương trình có tập nghiệm $S=\{1;5\}$.
2. Cho phương trình ${{x}^{2}}-2x+m-1=0$ ($m$ là tham số). Tìm các giá trị của $m$ đề phương trình có hai nghiệm ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ thỏa mãn hệ thức $x_{1}^{4}-x_{1}^{3}=x_{2}^{4}-x_{2}^{3}$.
Phương trình ${{x}^{2}}-2x+m-1=0$ có ${\Delta }'=1-m+1=2-m$.
Phương trình đã cho có nghiệm $\Leftrightarrow {\Delta }'\ge 0\Leftrightarrow 2-m\ge 0\Leftrightarrow m\le 2$.
Khi đó theo định li Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}{x_2} = m - 1}\end{array}} \right.\)
Do ${{x}_{1}},{{x}_{2}}$ là nghiệm của phương trình ${{x}^{2}}-2x+m-1=0$ nên ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x_1^2 = 2{x_1} - m + 1}\\{x_2^2 = 2{x_2} - m + 1}\end{array}} \right.\)
Theo bài ra ta có:
$x_{1}^{4}-x_{1}^{3}=x_{2}^{4}-x_{2}^{3}$
$\Leftrightarrow x_{1}^{4}-x_{2}^{4}-\left( x_{1}^{3}-x_{2}^{3} \right)=0$
$\Leftrightarrow \left( x_{1}^{2}+x_{2}^{2} \right)\left( x_{1}^{2}-x_{2}^{2} \right)-\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)\left( x_{1}^{2}+{{x}_{1}}{{x}_{2}}+x_{2}^{2} \right)=0$
$\Rightarrow \left( 2\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)-2m+2 \right)\left( 2{{x}_{1}}-m+1-2{{x}_{2}}+m-1 \right)-\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)\left[ 2\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)-2m+2+m-1 \right]$
$\Leftrightarrow [2.2-2m+2].2\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)-\left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)[2.2-m+1]$
$\Leftrightarrow \left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)[2(6-2m)-5+m]=0$
$\Leftrightarrow \left( {{x}_{1}}-{{x}_{2}} \right)(3m+7)=0$
$ \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = {x_2}}\\{m = \dfrac{7}{3}(ktm)}\end{array}} \right.$
Thay ${{x}_{1}}={{x}_{2}}$ vào (1) ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2{x_1} = 2}\\{x_1^2 = m - 1}\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 1}\\{m = 2(tm)}\end{array}} \right.} \right.\)
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 $H,M$ là trung điểm của cạnh $BC$.
1. Chứng minh $AEHF$ là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác AEHF có: $\widehat{AFH}+\widehat{AEH}=90{}^\circ +90{}^\circ =180{}^\circ $
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 $ME$ và $MF$ 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.
$\Rightarrow IH=IF\Rightarrow \Delta H$ cân tại $I\Rightarrow \widehat{IFH}=\widehat{IHF}$ (tính chất tam giác cân).
Mà $\widehat{IHF}=\widehat{DHC}$ (đối đinh) $\Rightarrow \widehat{IFH}=\widehat{DHC}$
Do $\Delta BFC$ vuông tại $F,M$ là trung điểm của $BC$ nên $MF=\dfrac{1}{2}BC=MC$ (định li đường trung tuyến trong tam giác vuông) $\Rightarrow \Delta MFC$ cân tại $M\Rightarrow \widehat{MFH}=\widehat{MCF}\quad $ (2)
Cộng (1) với (2) ta được: $\widehat{MFH}+\widehat{IFH}=\widehat{DHC}+\widehat{MCF}=90{}^\circ $ (Do tam giác $CDH$ vuông tại $D$ ).
Suy ra: $\widehat{MFI}=90{}^\circ $ hay $IF\bot MF$.
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 $DE+DF\le BC$.
Giả sử $DE+DF\le BC\Leftrightarrow (DE+DF)\cdot BC\le B{{C}^{2}}\Leftrightarrow DE\cdot BC+DF\cdot BC\le B{{C}^{2}}$.
Dễ dàng chứng minh được các tứ giác $ACDF,ABDE$ là các tứ giác nội tiếp nên ta có:
$B{C^2} = (BD + CD) \cdot BC = BD \cdot BC + CB \cdot CD = BF \cdot BA + CE.CA$
Xét $\Delta BDF$ và $\Delta BAC$ có:
$\widehat{ABC}$ chung;
$\widehat{BFD}=\widehat{BCA}$ (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp $ACDF$ )
$\Rightarrow \Delta BDF~\Delta BAC(g.g)$
Chứng minh tương tự ta có $\Delta CDE\backsim \Delta CAB(g.g)\Rightarrow \dfrac{DE}{AB}=\dfrac{CE}{BC}\Rightarrow DE\cdot BC=AB\cdot CE$
Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta có:
$DF\cdot BC+DE\cdot BC=AC\cdot BF+AB\cdot CE$
$\Rightarrow (DE+DF),BC=AC\cdot BF+AB\cdot CE$
Vì $(DE+DF)\cdot BC\le B{{C}^{2}}$
$\Rightarrow AC\cdot BF+AB\cdot CE\le BF\cdot BA+CE\cdot CA$
$\Rightarrow BF\cdot BA+CE\cdot CA-AC\cdot BF-AB\cdot CE\ge 0$
$\Leftrightarrow AC(CE-BF)+AB(BF-CE)\ge 0$
$\Leftrightarrow (CE-BF)(AC-AB)\ge 0(*)$
Không mất tính tổng quát, ta giả sử $AC\ge AB$, khi đó ta cần chứng minh $CE-BF\ge 0\Leftrightarrow CE\ge BF$.
Áp dụng định lí Pytago ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{C{E^2} = B{C^2} - B{E^2}}\\{B{F^2} = B{C^2} - C{F^2}}\end{array}} \right.\)
Mà $\left. {\begin{array}{*{20}{l}}{2{S_{MBC}} = BE.AC = CF \cdot AB}\\{AB \le AC}\end{array}} \right\} \Leftrightarrow BE \le CF{\rm{ }}$
$\Rightarrow C{{E}^{2}}\ge B{{F}^{2}}\Rightarrow CE\ge BF\Rightarrow (*)$ đúng nên giả sử ban đầu là đúng.
Vậy $DE+DF\le BC$.
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho ba số thực $x,y,z$ thay đổi thỏa mãn các điều kiện $x>\dfrac{1}{4},y>\dfrac{1}{3},z>\dfrac{1}{2}$ và
$\dfrac{4}{4x+3}+\dfrac{3}{3y+2}+\dfrac{2}{2z+1}\ge 2$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $Q=(4x-1)(3y-1)(2z-1)$.
$\dfrac{4}{4x+3}+\dfrac{3}{3y+2}+\dfrac{2}{2z+1}\ge 2$
$\Leftrightarrow \dfrac{4}{4x+3}\ge \left( 1-\dfrac{3}{3y+2} \right)+\left( 1-\dfrac{2}{2z+1} \right)$
$\Leftrightarrow \dfrac{4}{4x+3}\ge \dfrac{3y-1}{3y+2}+\dfrac{2z-1}{2z+1}$
$\Leftrightarrow \dfrac{4}{4x+3}\ge 2\sqrt{\dfrac{3y-1}{3y+2}\cdot \dfrac{2z-1}{2z+1}}$ (Bất đẳng thức Cauchy)
Chứng minh tương tự ta có:
$\dfrac{3}{3y+2}\ge 2\sqrt{\dfrac{4x-1}{4x+3}\cdot \dfrac{2z-1}{2z+1}};\dfrac{2}{2z+1}\ge 2\sqrt{\dfrac{4x-1}{4x+3}\cdot \dfrac{3y-1}{3y+2}}$
Nhân vế theo vế 3 BĐT trên ta được:
$\dfrac{4}{4x+3}\cdot \dfrac{3}{3y+2}\cdot \dfrac{2}{2z+1}\ge 2\sqrt{\dfrac{3y-1}{3y+2}\cdot \dfrac{2z-1}{2z+1}}\cdot 2\sqrt{\dfrac{4x-1}{4x+3}\cdot \dfrac{2z-1}{2z+1}}\cdot 2\sqrt{\dfrac{4x-1}{4x+3}\cdot \dfrac{3y-1}{3y+2}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{4}{4x+3}\cdot \dfrac{3}{3y+2}\cdot \dfrac{2}{2z+1}\ge 8\dfrac{4x-1}{4x+3}\cdot \dfrac{3y-1}{3y+2}\cdot \dfrac{2z-1}{2z+1}$
$\Leftrightarrow 24\ge 8Q\Leftrightarrow Q\le 3$
Vậy ${{Q}_{\max }}=3.$ Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow (x;y;z)=\left( \dfrac{3}{4};\dfrac{5}{6};1 \right)$.