Đáp án đề thi vào 10 môn Toán tỉnh Đắk Lắk năm 2021. Môn Toán được thi vào sáng ngày 9/6/2021 với thời lượng 120 phút.
Trích dẫn đề thi vào lớp 10 môn Toán Đắk Lắk năm 2021
Câu 4. (3,5 điểm) Trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB với AB=2022, lấy điểm C (C khác A và B), từ C kẻ CH vuông góc AB(H\in AB). Gọi D là điểm bất kì trên đoạn CH (D khác C và H), đường thẳng AD cắt nửa đường tròn tại điểm thứ hai E.
1) Chứng minh tứ giác BHDE là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh: AD\cdot EC=CD\cdot AC.
3) Chứng minh: AD.AE+BH.BA={{2022}^{2}}.
4) Khi điểm C di động trên nửa đường tròn (C khác A, B và điểm chính giữa cung AB), xác định vị trí điểm C sao cho chu vi tam giác COH đạt giá trị lớn nhất.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1. (1,5 điểm)
1) Xét phương trình 2{{x}^{2}}+5x-3=0
Ta có \Delta ={{5}^{2}}-4.2\cdot (-3)=49>0 nên phương trình đã cho có hai nghiệm:
{{x}_{1}}=\dfrac{-5+\sqrt{49}}{2.2}=\dfrac{1}{2};{{x}_{2}}=\dfrac{-5-\sqrt{49}}{2.2}=-3
Vậy, tập nghiệm của phương trình đã cho là S=\left\{ -3:\dfrac{1}{2} \right\}.
2) Hàm số y=(m-1)x+2021 đồng biến trên \mathbb{R} khi và chi khi m-1>0 hay là m>1
Kết luận: m>1
3) Ta có: P=a+b-2ab=(1+\sqrt{2})+(1-\sqrt{2})-2(1+\sqrt{2})\cdot (1-\sqrt{2})=2-2\cdot (1-2)=4
Vậy: P=4
Câu 2. (2,0 điểm)
1) Với x\ge 0,x\ne 4,x\ne 9 thì biểu thức P xác dịnh và ta biến đổi P như sau:
\begin{array}{l}P = \dfrac{{2\sqrt x - 9}}{{x - 5\sqrt x + 6}} - \dfrac{{\sqrt x + 3}}{{\sqrt x - 2}} + \dfrac{{2\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}}\\P = \dfrac{{2\sqrt x - 9}}{{(\sqrt x - 2)(\sqrt x - 3)}} - \dfrac{{(\sqrt x + 3)(\sqrt x - 3)}}{{(\sqrt x - 2)(\sqrt x - 3)}} + \dfrac{{(2\sqrt x + 1)(\sqrt x - 2)}}{{(\sqrt x - 2)(\sqrt x - 3)}}\\P = \dfrac{{2\sqrt x - 9 - (\sqrt x + 3)(\sqrt x - 3) + (2\sqrt x + 1)(\sqrt x - 2)}}{{(\sqrt x - 2)(\sqrt x - 3)}}\\P = \dfrac{{2\sqrt x - 9 - (x - 9) + (2x - 3\sqrt x - 2)}}{{(\sqrt x - 2)(\sqrt x - 3)}}\\P = \dfrac{{x - \sqrt x - 2}}{{(\sqrt x - 2)(\sqrt x - 3)}}\\P = \dfrac{{(\sqrt x + 1)(\sqrt x - 2)}}{{(\sqrt x - 2)(\sqrt x - 3)}}\\P = \dfrac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 3}}\end{array}
2) Với x\ge 0,x\ne 4,x\ne 9 thì
P>1\Leftrightarrow P-1>0\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}-1>0\Leftrightarrow \dfrac{4}{\sqrt{x}-3}>0\Leftrightarrow \sqrt{x}-3\Leftrightarrow x\ge 9
Kết hợp với điều kiện x\ge 0,x\ne 4,x\ne 9 ta được x>9 là tất cả giá trị x cần tìm.
Câu 3. (2,0 điểm)
1) Vì đường thẳng (\Delta ) song song với đường thẳng y=2x-1 nên phương trình đường thẳng (\Delta ) có dạng
(\Delta ):y=2x+a với a là hằng số. Vì điểm A(1;-2) thuộc đường thẳng điểm (\Delta ) nên -2=2.1+a hay a=-4
Vậy: Phường trình đường thẳng (\Delta ):y=2x-4.
2) Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
{{x}^{2}}-2(m-1)x+m-3=0(*)
Vì {{x}_{1}},{{x}_{2}} là hoành độ giao điểm của (P) và (d) nên {{x}_{1}},{{x}_{2}} là nghiệm của phương trình (*). Do đó
\Delta _{*}^{\prime }={{(m-1)}^{2}}-(m-3)\ge 0\Leftrightarrow {{\left( m-\dfrac{3}{2} \right)}^{2}}+\dfrac{7}{4}\ge 0 (luôn đúng)
Theo hệ thức Vi-et ta có: \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{x_1} + {x_2}}&{ = 2(m - 1)}\\{{x_1}{x_2}}&{ = m - 3}\end{array}} \right.. Khi đó:
M=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}={{\left( {{x}_{1}}+{{x}_{2}} \right)}^{2}}-2{{x}_{1}}{{x}_{2}}=4{{(m-1)}^{2}}-2\cdot (m-3)=\dfrac{1}{4}{{(4m-5)}^{2}}+\dfrac{15}{4}\ge \dfrac{15}{4}
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi m=\dfrac{5}{4}
Vậy, giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là \dfrac{15}{4} khi m=\dfrac{5}{4}
Câu 4. (3,5 điểm)
1) Xét tứ giác BHDE có: \widehat{DHA}=90{}^\circ (gt);\text{ }\widehat{DEB}=90{}^\circ ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \widehat{DHA}=\widehat{DEB} do đó tứ giác BHDE nội tiếp.
2) Xét hai tam giác \Delta ADC và \Delta ACE có: \widehat{CAD} chung; \widehat{ACD}=90{}^\circ -\widehat{CAH}=\widehat{CEA}
Nên \Delta ADC\sim\Delta ACE(g\cdot g) do đó \dfrac{AD}{DC}=\dfrac{AC}{CE} hay AD.EC=CD.AC.
3) HD: Dựa vào ý (1) để chứng minh \Delta ADH\sim\Delta ABE(g.g) khi đó:
AD\cdot AE+BH\cdot BA=AB\cdot AE+AB\cdot BH=A{{B}^{2}}={{2022}^{2}}.
4) Tam giác CHO vuông tại H nên theo định lí Pytago ta có:
O{{C}^{2}}=O{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}=\dfrac{1}{2}{{(OH+HC)}^{2}}+\dfrac{1}{2}{{(OH-HC)}^{2}}\ge \dfrac{1}{2}{{(OH+HC)}^{2}}
Hay là OH+HC\le OC\sqrt{2} nên C{{v}_{CHO}}=OC+OH+HC\le (1+\sqrt{2})OC=(1+\sqrt{2})\cdot 1011
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi điểm C nằm trên nửa đường tròn O sao cho \widehat{ACD}=45{}^\circ .
Câu 5. (1,0 điểm)
Để ý rằng
\left( {{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}} \right)-\dfrac{3}{4}{{(a+b)}^{2}}=\dfrac{1}{4}{{(a-b)}^{2}}\ge 0\forall a,b\ge 1348
Nên ta có
\left( {{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}} \right)\ge \dfrac{3}{4}{{(a+b)}^{2}}\ge \dfrac{3}{4}\cdot (1348+1348)\cdot (a+b)\forall a,b\ge 1348
Hay là
{{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}}\ge 2022(a+b)\forall a,b\ge 1348
Vậy, bất đẳng thức được chứng minh xong.