Đề thi tuyển số 4 - Môn toán potx

ĐỀ 4 Câu 1 Giải các phương trình sau: a) 2 4 0 3 x   . b) 4 2 3 4 0 x x    . c)Rút gọn biểu thức N 3 . 3 1 1 a a a a a a                    với 0 a  và 1 a  . Câu 2 a)Cho hàm số bậc nhất 1 y ax   . Xác định hệ số a, biết rằng đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 2  . b)Tìm các số nguyên m để hệ phương trình 3 2 3 x y m x y         có nghiệm ( ; ) x y thỏa mãn điều kiện 2 30 x xy   . Câu 3 Theo kế hoạch, một xưởng may phải may xong 280 bộ quần áo trong một thời gian quy định. Đến khi thực hiện, mỗi ngày xưởng đã may được nhiều hơn 5 bộ quần áo so với số bộ quần áo phải may trong một ngày theo kế hoạch. Vì thế, xưởng đã hoàn thành kế hoạch trước 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng phải may xong bao nhiêu bộ quần áo? Câu 4 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại E’ và F’ (E’ khác B và F’ khác C). 1) Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh EF song song với E’F’. 3) Kẻ OI vuông góc với BC ( I BC  ). Đường thẳng vuông góc với HI tại H cắt đường thẳng AB tại M và cắt đường thẳng AC tại N. Chứng minh tam giác IMN cân. ĐÁP ÁN Câu Ý Nội dung Điểm 1 a Giải phương trình 2 4 0 3 x   1,00 2 2 4 0 4 3 3 x x     (hoặc 2 12 0 x   ) 2 12 x  6 x  0,25 0,25 0,5 b Giải phương trình 4 2 3 4 0 x x    1,00 Đặt 2 , 0 t x t   ta được 2 3 4 0 t t    1, 4 t t     1 t   (loại) 2 4 4 2 t x x       0,25 0,25 0,25 0,25 c Rút gọn N 3 . 3 1 1 a a a a a a                    với 0 a  và 1 a  1,00 ( 1) 1 1 a a a a a a a       ( 1) 1 1 a a a a a a a           N 3 . 3 9 a a a      0,25 0,25 0,5 2 a Xác định hệ số a 1,00 Ra được phương trình 0 ( 2 1) 1 a    0,25 1 2 1 a     1 2 a   Vậy 1 2 a   0,25 0,25 0,25 b Tìm các số nguyên m để nghiệm ( ; ) x y thỏa mãn 2 30 x xy   1,00 Tìm được 1 y m   , 2 1 x m   2 2 30 (2 1) (2 1)( 1) 30 x xy m m m         2 2 10 0 m m     2 m    hoặc 5 2 m  Do m nguyên nên 2 m   0,25 0,25 0,25 0,25 3 Tính số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch 1,00 Gọi số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là x bộ (x nguyên dương). Số ngày hoàn thành công việc theo kế hoạch là 280 x Số bộ quần áo may trong một ngày khi thực hiện là 5 x  Số ngày hoàn thành công việc khi thực hiện là 280 5 x  Theo giả thiết ta có phương trình 280 280 1 5 x x    2 280( 5) 280 ( 5) 5 1400 0 x x x x x x          Giải pt ta được 35, 40 x x    (loại) Số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là 35 bộ 0,25 0,25 0,25 0,25 4 a Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp 1,00 Hình 2 Hình 1 Vẽ được hình 1 Theo giả thiết · · 0 0 BFC 90 ,BEC 90   · · 0 BFC BEC 90     BCEF là tứ giác nội tiếp 0,5 0,25 0,25 b Chứng minh EF song song với E’F’ 1,00 BCEF là tứ giác nội tiếp suy ra · · CBE CFE  · · CBE CF'E'  (cùng chắn cung ¼ CE' ) Suy ra · · CFE CF'E'  Suy ra EF // E'F' 0,25 0,25 0,25 0,25 c Chứng minh tam giác IMN cân 1,00 Tr ườ ng h ợ p 1: M thuộc tia BA. A N D M H I C F' F E' E O B A H C F' F E' E O B H là trực tâm của tam giác ABC suy ra AH BC  · · CAH CBH  (cùng phụ với góc · ACB ) · · · · 0 0 BHI BHM 90 ,ANH NHE 90     · · BHM NHE  (vì đối đỉnh) · · BHI ANH    ANH ∽ BIH  AH HN BI IH  (1) Tương tự AHM ∽ CIH  AH HM CI IH  (2) Từ (1) và (2) và BI = CI suy ra HM HN HM HN IH HI    Mà HI  MN tại H suy ra IMN cân tại I. Trường hợp 2: M thuộc tia đối của tia BA. · · CAH CBH  (cùng phụ với góc · ACB ) · · 0 ANH 90 NHE   (góc ngoài ) · · 0 BHI 90 BHM   · · BHM NHE  (vì đối đỉnh) · · ANH BHI  (ANH ∽ BHI)  AH HN BI IH  . Đến đây làm tương tự như TH 1. * Chú ý. Thí sinh chỉ cần làm 1 trong 2 TH đều cho điểm tối đa. 0,25 0,25 0,25 0,25 5 Chứng minh rằng 2 2 a d 2 c b   1,00 C F' E' E N M I H F B A 2 2 a b 1   và 4 4 4 4 2 2 2 a b 1 a b (a b ) c d c d c d c d         4 4 2 2 2 d(c d)a c(c d)b cd(a b )       4 2 4 2 4 4 4 4 2 2 dca d a c b cdb cd(a b 2a b )        2 4 2 4 2 2 2 2 2 d a c b 2cda b 0 (da cb ) 0        2 2 da cb 0    hay 2 2 a b c d  . Do đó 2 2 2 2 2 2 2 a d b d (b d) 2 2 0 c b d b db         . Vậy 2 2 a d 2 c b   0,25 0,25 0,25 0,25 . ) c d c d c d c d         4 4 2 2 2 d(c d)a c(c d)b cd(a b )       4 2 4 2 4 4 4 4 2 2 dca d a c b cdb cd(a b 2a b )        2 4 2 4 2 2 2 2 2 d a c b 2cda b 0 (da cb. a Giải phương trình 2 4 0 3 x   1,00 2 2 4 0 4 3 3 x x     (hoặc 2 12 0 x   ) 2 12 x  6 x  0,25 0,25 0,5 b Giải phương trình 4 2 3 4 0 x x    1,00 Đặt. trong 2 TH đều cho điểm tối đa. 0,25 0,25 0,25 0,25 5 Chứng minh rằng 2 2 a d 2 c b   1,00 C F' E' E N M I H F B A 2 2 a b 1   và 4 4 4 4 2 2 2 a