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.