Loading web-font TeX/Math/Italic
TruongBlogger

[FILE WORD] ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN ĐẮK LẮK 2021



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 AB), từ C kẻ CH vuông góc AB(H\in AB). Gọi D là điểm bất kì trên đoạn CH (D khác CH), 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)(d) là:

{{x}^{2}}-2(m-1)x+m-3=0(*)

{{x}_{1}},{{x}_{2}} là hoành độ giao điểm của (P)(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\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\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.


Đăng nhận xét Hãy là người "bình luận"

1. Nội dung bình luận đúng với chủ đề bài viết và không chứa các từ ngữ thô tục.
2. Nội dung bình luận không kèm theo các link spam.
➥ Bấm Thông báo cho tôi bên dưới khung bình luận để nhận thông báo khi admin trả lời.
➥ Nếu vi phạm một trong hai điều trên sẽ bị xóa bình luận hoặc BAN vĩnh viễn.
3. Bạn có thể Upload Ảnh bất kì để lấy link và dán vào khung bình luận và ấn xuất bản ảnh sẽ được tải lên.