toan9.edu.vn xin giới thiệu bộ đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2021 chính thức và các đề luyện thi có cấu trúc tương tự. Đây là tài liệu vô cùng quan trọng dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh lớp 10 tại tỉnh Thanh Hóa.
Chúng tôi cung cấp đầy đủ các đề thi, đáp án và lời giải chi tiết, giúp các em làm quen với cấu trúc đề thi, rèn luyện kỹ năng giải toán và tự tin hơn trong kỳ thi sắp tới.
Câu I (2,0 điểm): Cho biểu thức
Câu I (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 II (2,0 điểm):
1. Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = \left( {2m + 1} \right)x + m\) (\(m\) là tham số). Tìm \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}4x + 3y = 11\\4x - y = 7\end{array} \right.\).
Câu III (2,0 điểm):
1. Giải phương trình \({x^2} - 6x + 5 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2x + m - 1 = 0\) (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm \({x_1},\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \({x_1}^4 - {x_1}^3 = {x_2}^4 - {x_2}^3.\)
Câu IV (3,0 điểm):
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn \((O)\). Các đường cao AD, BE, CF (D thuộc B, 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
2. Chứng minh các đường thẳng ME và MF là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.
3. Chứng minh \(DE + DF \le BC\).
Câu V (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 \(Q = \left( {4x - 1} \right)\left( {3y - 1} \right)\left( {2z - 1} \right)\).
Câu I (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 II (2,0 điểm):
1. Trong mặt phẳng tọa độ \(Oxy\), cho đường thẳng \(\left( d \right)\) có phương trình \(y = \left( {2m + 1} \right)x + m\) (\(m\) là tham số). Tìm \(m\) để đường thẳng \(\left( d \right)\) đi qua điểm \(A\left( {1;5} \right)\).
2. Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}4x + 3y = 11\\4x - y = 7\end{array} \right.\).
Câu III (2,0 điểm):
1. Giải phương trình \({x^2} - 6x + 5 = 0\).
2. Cho phương trình \({x^2} - 2x + m - 1 = 0\) (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm \({x_1},\,{x_2}\) thỏa mãn hệ thức \({x_1}^4 - {x_1}^3 = {x_2}^4 - {x_2}^3.\)
Câu IV (3,0 điểm):
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn \((O)\). Các đường cao AD, BE, CF (D thuộc B, 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
2. Chứng minh các đường thẳng ME và MF là các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.
3. Chứng minh \(DE + DF \le BC\).
Câu V (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 \(Q = \left( {4x - 1} \right)\left( {3y - 1} \right)\left( {2z - 1} \right)\).
Câu I (2,0 điểm):
Phương pháp:
1) Vận dụng hẳng đẳng thức \(a - b = \left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)\left( {\sqrt a + \sqrt b } \right)\) xác định mẫu thức chung của biểu thức \(P\)
Thực hiện các phép toán với các phân thức đại số để rút bọn biểu thức ban đầu.
2) Quy đồng phân thức, giải phương trình tìm được nghiệm đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
1) Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 25\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 5}} + \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 5}} - \dfrac{{3x + 25}}{{x - 25}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 5} \right) + 2\sqrt x \left( {\sqrt x + 5} \right) - 3x - 25}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{x - 5\sqrt x + 2x + 10\sqrt x - 3x - 25}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{5\sqrt x - 25}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}} = \dfrac{{5\left( {\sqrt x - 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}} = \dfrac{5}{{\sqrt x + 5}}\end{array}\)
Vậy \(P = \dfrac{5}{{\sqrt x + 5}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 25\).
2) Ta có: \(P = \dfrac{5}{{\sqrt x + 5}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 25\)
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{5}{7} \Leftrightarrow \dfrac{5}{{\sqrt x + 5}} = \dfrac{5}{7}\\ \Leftrightarrow \sqrt x + 5 = 7 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(x = 4\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu II (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) Thay tọa độ điểm \(A\left( {1;5} \right)\) vào đường thẳng \(\left( d \right)\), tìm được tham số \(m\).
2) Vận dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ phương trình.
Cách giải:
1) Vì \(A\left( {1;5} \right) \in d\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(5 = \left( {2m + 1} \right).1 + m \Leftrightarrow 3m + 1 = 5 \Leftrightarrow m = \dfrac{4}{3}\).
Vậy \(m = \dfrac{4}{3}\).
2) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}4x + 3y = 11\\4x - y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4y = 4\\4x - y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\4x - 1 = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 2\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu III (2,0 điểm):
Phương pháp:
1) Vận dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn số xác định được nghiệm của phương trình.
2) Phương trình đã cho có nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\).
Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\)
Biến đổi biểu thức ban đầu của đề bài để xuất hiện \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\), thay tham số \(m\) vào để giải và tìm tham số \(m\).
Cách giải:
1) Ta có: \(\Delta = {\left( { - 6} \right)^2} - 4.1.5 = 16 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{6 + \sqrt {16} }}{2} = 5\\{x_2} = \dfrac{{6 - \sqrt {16} }}{2} = 1\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1;\,\,5} \right\}\).
2) 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 lí Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}.{x_2} = m - 1}\end{array}} \right.\,\,\left( 1 \right)\)
Do \({x_1},\,\,\,{x_2}\) là nghiệm của phương trình \({x^2} - 2x + m - 1 = 0\) nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1}^2 = 2{x_1} - m + 1\\{x_2}^2 = 2{x_2} - m + 1\end{array} \right.\)
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x_1}^4 - {x_1}^3 = {x_2}^4 - {x_2}^3\\ \Leftrightarrow {x_1}^4 - {x_2}^4 - \left( {{x_1}^3 - {x_2}^3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1}^2 + {x_2}^2} \right)\left( {{x_1}^2 - {x_2}^2} \right) - \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1}^2 + {x_1}{x_2} + {x_2}^2} \right) = 0\\ \Rightarrow \left( {2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2m + 2} \right)\left( {2{x_1} - m + 1 - 2{x_2} + m - 1} \right) - \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left[ {2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2m + 2 + m - 1} \right]\\ \Leftrightarrow \left[ {2.2 - 2m + 2} \right].2\left( {{x_1} - {x_2}} \right) - \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left[ {2.2 - m + 1} \right]\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left[ {2\left( {6 - 2m} \right) - 5 + m} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {3m + 7} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = {x_2}}\\{m = \dfrac{7}{3}\,\,\,\left( {ktm} \right)}\end{array}} \right.\end{array}\)
Thay \({x_1} = {x_2}\) vào (1) ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2{x_1} = 2}\\{{x_1}^2 = m - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 1}\\{m = 2\,\,\,\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\)
Vậy \(m = 2.\)
Câu IV (3,0 điểm):
Phương pháp:
1) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
2) Gọi I là trung điểm của AH suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.
Chứng minh \(\angle MFI = {90^0}\) hay \(IF \bot MF\), do đó \(MF\) 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 \(AEHF\).
Cách giải:
1) Xét tứ giác AEHF có: \(\angle AFH + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
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) 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 \( \Rightarrow \angle IFH = \angle IHF\) (tính chất tam giác cân).
Mà \(\angle IHF = \angle DHC\) (đối đỉnh) \( \Rightarrow \angle IFH = \angle DHC\) (1)
Do \(\Delta BFC\) vuông tại F, M là trung điểm của BC nên \(MF = \dfrac{1}{2}BC = MC\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông) \( \Rightarrow \Delta MFC\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \angle MFH = \angle MCF\) (2)
Cộng (1) với (2) ta được: \(\angle MFH + \angle IFH = \angle DHC + \angle MCF = {90^0}\) (Do tam giác \(CDH\) vuông tại \(D\)).
Suy ra: \(\angle MFI = {90^0}\) 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) Giả sử \(DE + DF \le BC \Leftrightarrow \left( {DE + DF} \right).BC \le B{C^2} \Leftrightarrow DE.BC + DF.BC \le B{C^2}\).
Chứng minh \(B{C^2} = BF.BA + CE.CA\)
Chứng minh \(DF.BC = AC.BF\) và \(DE.BC = AB.CE\), cộng từng vế của hai đẳng thức chứng minh được \(\left( {CE - BF} \right)\left( {AC - AB} \right) \ge 0\,\,\,\left( * \right)\)
Biện luận, từ đó có điều phải chứng minh.
3) Giả sử \(DE + DF \le BC \Leftrightarrow \left( {DE + DF} \right).BC \le B{C^2} \Leftrightarrow DE.BC + DF.BC \le B{C^2}\).
Dễ dàng chứng minh được các tứ giác \(ACDF,\,\,ABDE\) là các tứ giác nội tiếp nên ta có:
\(\begin{array}{l}B{C^2} = \left( {BD + CD} \right).BC\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = BD.BC + CB.CD\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = BF.BA + CE.CA\end{array}\)
Xét \(\Delta BDF\) và \(\Delta BAC\) có:
\(\angle ABC\) chung;
\(\angle BFD = \angle BCA\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(ACDF\))
\( \Rightarrow \Delta BDF \sim \Delta BAC\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{DF}}{{AC}} = \dfrac{{BF}}{{BC}} \Rightarrow DF.BC = AC.BF\) (1)
Chứng minh tương tự ta có \(\Delta CDE \sim \Delta CAB\,\,\left( {g.g} \right)\) \( \Rightarrow \dfrac{{DE}}{{AB}} = \dfrac{{CE}}{{BC}} \Rightarrow DE.BC = AB.CE\) (2)
Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta có:
\(\begin{array}{l}DF.BC + DE.BC = AC.BF + AB.CE\\ \Rightarrow \left( {DE + DF} \right).BC = AC.BF + AB.CE\end{array}\)
Vì \(\left( {DE + DF} \right).BC \le B{C^2}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow AC.BF + AB.CE \le BF.BA + CE.CA\\ \Rightarrow BF.BA + CE.CA - AC.BF - AB.CE \ge 0\\ \Leftrightarrow AC\left( {CE - BF} \right) + AB\left( {BF - CE} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {CE - BF} \right)\left( {AC - AB} \right) \ge 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
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: \(\left\{ \begin{array}{l}C{E^2} = B{C^2} - B{E^2}\\B{F^2} = B{C^2} - C{F^2}\end{array} \right.\).
Mà \(\left\{ \begin{array}{l}2{S_{\Delta ABC}} = BE.AC = CF.AB\\AB \le AC\end{array} \right. \Leftrightarrow BE \le CF\) .
\( \Rightarrow C{E^2} \ge B{F^2} \Rightarrow CE \ge BF\) \( \Rightarrow \left( * \right)\) đúng nên giả sử ban đầu là đúng.
Vậy \(DE + DF \le BC\).
Câu V (1,0 điểm):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, chứng minh được:\(\dfrac{4}{{4x + 3}} \ge 2\sqrt {\dfrac{{3y - 1}}{{3y + 2}}.\dfrac{{2z - 1}}{{2z + 1}}} \);\(\dfrac{3}{{3y + 2}} \ge 2\sqrt {\dfrac{{4x - 1}}{{4x + 3}}.\dfrac{{2z - 1}}{{2z + 1}}} \); \(\dfrac{2}{{2z + 1}} \ge 2\sqrt {\dfrac{{4x - 1}}{{4x + 3}}.\dfrac{{3y - 1}}{{3y + 2}}} \)
Nhân vế theo vế 3 BĐT trên ta được điều phải chứng minh.
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{4}{{4x + 3}} + \dfrac{3}{{3y + 2}} + \dfrac{2}{{2z + 1}} \ge 2\\ \Leftrightarrow \dfrac{4}{{4x + 3}} \ge \left( {1 - \dfrac{3}{{3y + 2}}} \right) + \left( {1 - \dfrac{2}{{2z + 1}}} \right)\\ \Leftrightarrow \dfrac{4}{{4x + 3}} \ge \dfrac{{3y - 1}}{{3y + 2}} + \dfrac{{2z - 1}}{{2z + 1}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{4}{{4x + 3}} \ge 2\sqrt {\dfrac{{3y - 1}}{{3y + 2}}.\dfrac{{2z - 1}}{{2z + 1}}} \,\,\left( {BDT\,\,Co - si} \right)\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta có:
\(\dfrac{3}{{3y + 2}} \ge 2\sqrt {\dfrac{{4x - 1}}{{4x + 3}}.\dfrac{{2z - 1}}{{2z + 1}}} ;\,\,\dfrac{2}{{2z + 1}} \ge 2\sqrt {\dfrac{{4x - 1}}{{4x + 3}}.\dfrac{{3y - 1}}{{3y + 2}}} \)
Nhân vế theo vế 3 BĐT trên ta được:
\(\begin{array}{l}\dfrac{4}{{4x + 3}}.\dfrac{3}{{3y + 2}}.\dfrac{2}{{2z + 1}} \ge 2\sqrt {\dfrac{{3y - 1}}{{3y + 2}}.\dfrac{{2z - 1}}{{2z + 1}}} .2\sqrt {\dfrac{{4x - 1}}{{4x + 3}}.\dfrac{{2z - 1}}{{2z + 1}}} .2\sqrt {\dfrac{{4x - 1}}{{4x + 3}}.\dfrac{{3y - 1}}{{3y + 2}}} \\ \Leftrightarrow \dfrac{4}{{4x + 3}}.\dfrac{3}{{3y + 2}}.\dfrac{2}{{2z + 1}} \ge 8\dfrac{{4x - 1}}{{4x + 3}}.\dfrac{{3y - 1}}{{3y + 2}}.\dfrac{{2z - 1}}{{2z + 1}}\\ \Leftrightarrow 24 \ge 8Q \Leftrightarrow Q \le 3\end{array}\)
Vậy \({Q_{\max }} = 3\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left( {x;y;z} \right) = \left( {\dfrac{3}{4};\dfrac{5}{6};1} \right)\).
Câu I (2,0 điểm):
Phương pháp:
1) Vận dụng hẳng đẳng thức \(a - b = \left( {\sqrt a - \sqrt b } \right)\left( {\sqrt a + \sqrt b } \right)\) xác định mẫu thức chung của biểu thức \(P\)
Thực hiện các phép toán với các phân thức đại số để rút bọn biểu thức ban đầu.
2) Quy đồng phân thức, giải phương trình tìm được nghiệm đối chiếu điều kiện và kết luận.
Cách giải:
1) Với \(x \ge 0,\,\,x \ne 25\) ta có:
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{{\sqrt x }}{{\sqrt x + 5}} + \dfrac{{2\sqrt x }}{{\sqrt x - 5}} - \dfrac{{3x + 25}}{{x - 25}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 5} \right) + 2\sqrt x \left( {\sqrt x + 5} \right) - 3x - 25}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{x - 5\sqrt x + 2x + 10\sqrt x - 3x - 25}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}}\\\,\,\,\,\, = \dfrac{{5\sqrt x - 25}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}} = \dfrac{{5\left( {\sqrt x - 5} \right)}}{{\left( {\sqrt x + 5} \right)\left( {\sqrt x - 5} \right)}} = \dfrac{5}{{\sqrt x + 5}}\end{array}\)
Vậy \(P = \dfrac{5}{{\sqrt x + 5}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 25\).
2) Ta có: \(P = \dfrac{5}{{\sqrt x + 5}}\) với \(x \ge 0,\,\,x \ne 25\)
\(\begin{array}{l}P = \dfrac{5}{7} \Leftrightarrow \dfrac{5}{{\sqrt x + 5}} = \dfrac{5}{7}\\ \Leftrightarrow \sqrt x + 5 = 7 \Leftrightarrow \sqrt x = 2 \Leftrightarrow x = 4\,\,\left( {tm} \right)\end{array}\)
Vậy \(x = 4\) thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu II (2,0 điểm)
Phương pháp:
1) Thay tọa độ điểm \(A\left( {1;5} \right)\) vào đường thẳng \(\left( d \right)\), tìm được tham số \(m\).
2) Vận dụng phương pháp cộng đại số để tìm nghiệm của hệ phương trình.
Cách giải:
1) Vì \(A\left( {1;5} \right) \in d\) nên thay tọa độ điểm \(A\) vào phương trình đường thẳng \(\left( d \right)\) ta có:
\(5 = \left( {2m + 1} \right).1 + m \Leftrightarrow 3m + 1 = 5 \Leftrightarrow m = \dfrac{4}{3}\).
Vậy \(m = \dfrac{4}{3}\).
2) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}4x + 3y = 11\\4x - y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4y = 4\\4x - y = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\4x - 1 = 7\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 1\\x = 2\end{array} \right.\)
Vậy nghiệm của hệ phương trình là \(\left( {x;y} \right) = \left( {2;1} \right)\).
Câu III (2,0 điểm):
Phương pháp:
1) Vận dụng công thức nghiệm của phương trình bậc hai một ẩn số xác định được nghiệm của phương trình.
2) Phương trình đã cho có nghiệm \( \Leftrightarrow \Delta ' \ge 0\).
Áp dụng hệ thức Vi – ét, tính được \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\)
Biến đổi biểu thức ban đầu của đề bài để xuất hiện \({x_1} + {x_2};{x_1}.{x_2}\), thay tham số \(m\) vào để giải và tìm tham số \(m\).
Cách giải:
1) Ta có: \(\Delta = {\left( { - 6} \right)^2} - 4.1.5 = 16 > 0\) nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt: \(\left[ \begin{array}{l}{x_1} = \dfrac{{6 + \sqrt {16} }}{2} = 5\\{x_2} = \dfrac{{6 - \sqrt {16} }}{2} = 1\end{array} \right.\)
Vậy phương trình có tập nghiệm \(S = \left\{ {1;\,\,5} \right\}\).
2) 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 lí Vi-ét ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} + {x_2} = 2}\\{{x_1}.{x_2} = m - 1}\end{array}} \right.\,\,\left( 1 \right)\)
Do \({x_1},\,\,\,{x_2}\) là nghiệm của phương trình \({x^2} - 2x + m - 1 = 0\) nên ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}{x_1}^2 = 2{x_1} - m + 1\\{x_2}^2 = 2{x_2} - m + 1\end{array} \right.\)
Theo bài ra ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\,{x_1}^4 - {x_1}^3 = {x_2}^4 - {x_2}^3\\ \Leftrightarrow {x_1}^4 - {x_2}^4 - \left( {{x_1}^3 - {x_2}^3} \right) = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1}^2 + {x_2}^2} \right)\left( {{x_1}^2 - {x_2}^2} \right) - \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1}^2 + {x_1}{x_2} + {x_2}^2} \right) = 0\\ \Rightarrow \left( {2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2m + 2} \right)\left( {2{x_1} - m + 1 - 2{x_2} + m - 1} \right) - \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left[ {2\left( {{x_1} + {x_2}} \right) - 2m + 2 + m - 1} \right]\\ \Leftrightarrow \left[ {2.2 - 2m + 2} \right].2\left( {{x_1} - {x_2}} \right) - \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left[ {2.2 - m + 1} \right]\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left[ {2\left( {6 - 2m} \right) - 5 + m} \right] = 0\\ \Leftrightarrow \left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {3m + 7} \right) = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = {x_2}}\\{m = \dfrac{7}{3}\,\,\,\left( {ktm} \right)}\end{array}} \right.\end{array}\)
Thay \({x_1} = {x_2}\) vào (1) ta được: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{2{x_1} = 2}\\{{x_1}^2 = m - 1}\end{array}} \right. \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{x_1} = 1}\\{m = 2\,\,\,\left( {tm} \right)}\end{array}} \right.\)
Vậy \(m = 2.\)
Câu IV (3,0 điểm):
Phương pháp:
1) Vận dụng dấu hiệu nhận biết của tứ giác nội tiếp: Tứ giác có tổng hai góc đối bằng \({180^0}\) là tứ giác nội tiếp.
2) Gọi I là trung điểm của AH suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.
Chứng minh \(\angle MFI = {90^0}\) hay \(IF \bot MF\), do đó \(MF\) 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 \(AEHF\).
Cách giải:
1) Xét tứ giác AEHF có: \(\angle AFH + \angle AEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)
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) 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 \( \Rightarrow \angle IFH = \angle IHF\) (tính chất tam giác cân).
Mà \(\angle IHF = \angle DHC\) (đối đỉnh) \( \Rightarrow \angle IFH = \angle DHC\) (1)
Do \(\Delta BFC\) vuông tại F, M là trung điểm của BC nên \(MF = \dfrac{1}{2}BC = MC\) (định lí đường trung tuyến trong tam giác vuông) \( \Rightarrow \Delta MFC\) cân tại \(M\) \( \Rightarrow \angle MFH = \angle MCF\) (2)
Cộng (1) với (2) ta được: \(\angle MFH + \angle IFH = \angle DHC + \angle MCF = {90^0}\) (Do tam giác \(CDH\) vuông tại \(D\)).
Suy ra: \(\angle MFI = {90^0}\) 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) Giả sử \(DE + DF \le BC \Leftrightarrow \left( {DE + DF} \right).BC \le B{C^2} \Leftrightarrow DE.BC + DF.BC \le B{C^2}\).
Chứng minh \(B{C^2} = BF.BA + CE.CA\)
Chứng minh \(DF.BC = AC.BF\) và \(DE.BC = AB.CE\), cộng từng vế của hai đẳng thức chứng minh được \(\left( {CE - BF} \right)\left( {AC - AB} \right) \ge 0\,\,\,\left( * \right)\)
Biện luận, từ đó có điều phải chứng minh.
3) Giả sử \(DE + DF \le BC \Leftrightarrow \left( {DE + DF} \right).BC \le B{C^2} \Leftrightarrow DE.BC + DF.BC \le B{C^2}\).
Dễ dàng chứng minh được các tứ giác \(ACDF,\,\,ABDE\) là các tứ giác nội tiếp nên ta có:
\(\begin{array}{l}B{C^2} = \left( {BD + CD} \right).BC\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = BD.BC + CB.CD\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = BF.BA + CE.CA\end{array}\)
Xét \(\Delta BDF\) và \(\Delta BAC\) có:
\(\angle ABC\) chung;
\(\angle BFD = \angle BCA\) (góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp \(ACDF\))
\( \Rightarrow \Delta BDF \sim \Delta BAC\,\,\left( {g.g} \right)\)
\( \Rightarrow \dfrac{{DF}}{{AC}} = \dfrac{{BF}}{{BC}} \Rightarrow DF.BC = AC.BF\) (1)
Chứng minh tương tự ta có \(\Delta CDE \sim \Delta CAB\,\,\left( {g.g} \right)\) \( \Rightarrow \dfrac{{DE}}{{AB}} = \dfrac{{CE}}{{BC}} \Rightarrow DE.BC = AB.CE\) (2)
Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta có:
\(\begin{array}{l}DF.BC + DE.BC = AC.BF + AB.CE\\ \Rightarrow \left( {DE + DF} \right).BC = AC.BF + AB.CE\end{array}\)
Vì \(\left( {DE + DF} \right).BC \le B{C^2}\)
\(\begin{array}{l} \Rightarrow AC.BF + AB.CE \le BF.BA + CE.CA\\ \Rightarrow BF.BA + CE.CA - AC.BF - AB.CE \ge 0\\ \Leftrightarrow AC\left( {CE - BF} \right) + AB\left( {BF - CE} \right) \ge 0\\ \Leftrightarrow \left( {CE - BF} \right)\left( {AC - AB} \right) \ge 0\,\,\,\left( * \right)\end{array}\)
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: \(\left\{ \begin{array}{l}C{E^2} = B{C^2} - B{E^2}\\B{F^2} = B{C^2} - C{F^2}\end{array} \right.\).
Mà \(\left\{ \begin{array}{l}2{S_{\Delta ABC}} = BE.AC = CF.AB\\AB \le AC\end{array} \right. \Leftrightarrow BE \le CF\) .
\( \Rightarrow C{E^2} \ge B{F^2} \Rightarrow CE \ge BF\) \( \Rightarrow \left( * \right)\) đúng nên giả sử ban đầu là đúng.
Vậy \(DE + DF \le BC\).
Câu V (1,0 điểm):
Phương pháp:
Áp dụng bất đẳng thức Cô – si, chứng minh được:\(\dfrac{4}{{4x + 3}} \ge 2\sqrt {\dfrac{{3y - 1}}{{3y + 2}}.\dfrac{{2z - 1}}{{2z + 1}}} \);\(\dfrac{3}{{3y + 2}} \ge 2\sqrt {\dfrac{{4x - 1}}{{4x + 3}}.\dfrac{{2z - 1}}{{2z + 1}}} \); \(\dfrac{2}{{2z + 1}} \ge 2\sqrt {\dfrac{{4x - 1}}{{4x + 3}}.\dfrac{{3y - 1}}{{3y + 2}}} \)
Nhân vế theo vế 3 BĐT trên ta được điều phải chứng minh.
Cách giải:
Ta có:
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,\dfrac{4}{{4x + 3}} + \dfrac{3}{{3y + 2}} + \dfrac{2}{{2z + 1}} \ge 2\\ \Leftrightarrow \dfrac{4}{{4x + 3}} \ge \left( {1 - \dfrac{3}{{3y + 2}}} \right) + \left( {1 - \dfrac{2}{{2z + 1}}} \right)\\ \Leftrightarrow \dfrac{4}{{4x + 3}} \ge \dfrac{{3y - 1}}{{3y + 2}} + \dfrac{{2z - 1}}{{2z + 1}}\\ \Leftrightarrow \dfrac{4}{{4x + 3}} \ge 2\sqrt {\dfrac{{3y - 1}}{{3y + 2}}.\dfrac{{2z - 1}}{{2z + 1}}} \,\,\left( {BDT\,\,Co - si} \right)\end{array}\)
Chứng minh tương tự ta có:
\(\dfrac{3}{{3y + 2}} \ge 2\sqrt {\dfrac{{4x - 1}}{{4x + 3}}.\dfrac{{2z - 1}}{{2z + 1}}} ;\,\,\dfrac{2}{{2z + 1}} \ge 2\sqrt {\dfrac{{4x - 1}}{{4x + 3}}.\dfrac{{3y - 1}}{{3y + 2}}} \)
Nhân vế theo vế 3 BĐT trên ta được:
\(\begin{array}{l}\dfrac{4}{{4x + 3}}.\dfrac{3}{{3y + 2}}.\dfrac{2}{{2z + 1}} \ge 2\sqrt {\dfrac{{3y - 1}}{{3y + 2}}.\dfrac{{2z - 1}}{{2z + 1}}} .2\sqrt {\dfrac{{4x - 1}}{{4x + 3}}.\dfrac{{2z - 1}}{{2z + 1}}} .2\sqrt {\dfrac{{4x - 1}}{{4x + 3}}.\dfrac{{3y - 1}}{{3y + 2}}} \\ \Leftrightarrow \dfrac{4}{{4x + 3}}.\dfrac{3}{{3y + 2}}.\dfrac{2}{{2z + 1}} \ge 8\dfrac{{4x - 1}}{{4x + 3}}.\dfrac{{3y - 1}}{{3y + 2}}.\dfrac{{2z - 1}}{{2z + 1}}\\ \Leftrightarrow 24 \ge 8Q \Leftrightarrow Q \le 3\end{array}\)
Vậy \({Q_{\max }} = 3\). Dấu “=” xảy ra \( \Leftrightarrow \left( {x;y;z} \right) = \left( {\dfrac{3}{4};\dfrac{5}{6};1} \right)\).
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 tại Thanh Hóa luôn là một kỳ thi quan trọng, đánh dấu bước chuyển tiếp của học sinh từ bậc trung học cơ sở lên trung học phổ thông. Môn Toán đóng vai trò then chốt trong việc xét tuyển, do đó, việc chuẩn bị kỹ lưỡng là vô cùng cần thiết. Đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2021 tiếp tục duy trì cấu trúc đề thi truyền thống, tập trung vào các kiến thức trọng tâm của chương trình Toán lớp 9.
Đề thi thường bao gồm các dạng bài tập sau:
Nhìn chung, độ khó của đề thi vào 10 môn Toán Thanh Hóa năm 2021 không có nhiều thay đổi so với các năm trước. Đề thi vẫn đảm bảo tính phân loại học sinh, với các câu hỏi từ dễ đến khó, đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức cơ bản và có kỹ năng giải toán tốt. Một số câu hỏi vận dụng cao thường xuất hiện, yêu cầu học sinh phải có khả năng tư duy logic và sáng tạo.
Để đạt kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán tại Thanh Hóa, học sinh cần có một kế hoạch ôn tập khoa học và hiệu quả. Dưới đây là một số gợi ý:
Ngoài bộ đề thi do toan9.edu.vn cung cấp, học sinh có thể tham khảo thêm các tài liệu ôn thi sau:
Trong quá trình làm bài thi, học sinh cần đọc kỹ đề bài, xác định đúng yêu cầu của câu hỏi và lựa chọn phương pháp giải phù hợp. Nên trình bày bài giải một cách rõ ràng, logic và có đầy đủ các bước. Đồng thời, cần kiểm tra lại kết quả trước khi nộp bài.
toan9.edu.vn cam kết cung cấp cho học sinh những tài liệu ôn thi chất lượng, đáp ứng nhu cầu học tập và luyện thi của các em. Chúng tôi hy vọng rằng, với sự chuẩn bị kỹ lưỡng và sự đồng hành của toan9.edu.vn, các em sẽ đạt được kết quả tốt nhất trong kỳ thi tuyển sinh lớp 10 môn Toán tại Thanh Hóa.
| Năm | Số lượng câu hỏi | Thời gian làm bài |
|---|---|---|
| 2020 | 50 | 120 phút |
| 2021 | 50 | 120 phút |
| 2022 | 50 | 120 phút |
| Lưu ý: Thông tin chỉ mang tính chất tham khảo. | ||
Dive into the world of innovation with comprehensive technology news, master skills with our easy-to-follow how-to guides, and explore captivating film & music reviews. Your ultimate A-Z resource for tech and entertainment awaits. Start exploring now!
Khám phá 'Sự Cứu Rỗi Của Thánh Nữ' của Higashino Keigo - một vụ án mạng phức tạp, xoay quanh những bí mật đen tối và góc khuất tâm lý. Đọc ngay để hiểu rõ hơn về 'đừng đùa với tình yêu của phái đẹp'!
Khám phá phân dạng - một khái niệm toán học kỳ diệu, ẩn sau vẻ đẹp của tự nhiên và nghệ thuật. Tìm hiểu về tính bất ngờ và ứng dụng của phân dạng trong thế giới xung quanh bạn!
Khám phá khái niệm paradox một cách dễ hiểu. Tìm hiểu những ví dụ thú vị, từ logic đến đời thường, và cách chúng thách thức nhận thức của bạn. Đọc ngay!
Đánh giá chi tiết cuốn sách 'Tên của trò chơi là bắt cóc', khám phá cách tác giả xây dựng những nhân vật phản diện phức tạp và góc nhìn độc đáo về động cơ phạm tội. Đọc ngay để hiểu rõ hơn!
Tìm lời giải chi tiết cho các bài tập toán nâng cao lớp 1 cực khó. Hướng dẫn từng bước giúp bé tự tin chinh phục kiến thức toán học, phát triển tư duy logic và kỹ năng giải quyết vấn đề.
