b Một sân trường hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 16 mét.. Hai lần chiều dài kém năm lần chiều rộng 28 mét.. Tính chiều dài và chiều rộng của sân trường.. b Chứng minh tứ giác O
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
-KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: Ngày 13 tháng 7 năm 2014
(Đề thi gồm: 01 trang)
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Giải các phương trình: x x( +2) =3
b) Giải hệ phương trình: 2 1
3 11
= −
+ =
y x
x y
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Rút gọn biểu thức:
3
−
y xy
P
y x
x y x y với x≥0;y≥0 và x≠ y b) Một sân trường hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 16 mét Hai lần chiều dài kém năm lần chiều rộng 28 mét Tính chiều dài và chiều rộng của sân trường.
Câu 3 (2,0 điểm).
a) Cho đường thẳng (2 3) 1
2
y= m− x− (d) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d) đi
qua điểm 1 2;
2 3
−
A
b) Tìm m để phương trình x2−2x−2m+ =1 0có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 thỏa mãn
2 ( 1 − +1) 1 ( 2 − =1) 8
Câu 4 (3,0 điểm).
Qua điểm C nằm ngoài đường tròn (O), vẽ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm) Đường thẳng CO cắt đường tròn tại hai điểm A và B (A nằm giữa C và B) Kẻ dây DE vuông góc với AB tại điểm H.
a) Chứng minh tam giác CED là tam giác cân.
b) Chứng minh tứ giác OECD là tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh hệ thức AC.BH = AH.BC.
Câu 5 (1,0 điểm).
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 1 3 1
+
c
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q= +(a 1)(b+1)(c+1)
-Hết -Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH HẢI DƯƠNG
NĂM HỌC 2014-2015
1
(2,0
điểm).
a) Giải các phương trình: x x( +2) =3
( 2) 3 2 2 3 0
x x+ = ⇔ x + x− = Ta có: a + b + c = 1 + 2 – 3 = 0
Vậy phương trình có hai nghiệm x1=1; x2 = −3
b)
Giải hệ phương trình: 2 1
3 11
= −
+ =
y x
x y
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 3)
2
(2,0
điểm).
a) Rút gọn biểu thức:
3
−
y xy
P
y x
x y x y với x≥0;y≥0 và x≠ y
3 2
1
y xy
P
x y
−
−
=
=
b) Một sân trường hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 16 mét Hai lần chiều dài kém năm lần chiều rộng 28 mét Tính chiều dài và chiều rộng của sân trường.
Gọi chiều dài và chiều rộng của sân trường hình chữ nhật lần lượt là x(m), y(m), điều kiện x > y > 16
Theo bài ta lập được hệ phương trình: 16
x y
x y
− =
− = −
- Giải hpt, được: 36
20
x y
=
=
(thỏa mãn điều kiện) Vậy chiều dài và chiều rộng của sân trường hình chữ nhật lần lượt là 36(m), 20(m)
3
(2,0
điểm).
a)
(2 3)
2
y= m− x− (d) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d)
đi qua điểm 1 2
;
2 3
−
A
ĐK: 3
2
m≠
Để đường thẳng (d) đi qua điểm 1 2
;
2 3
−
(2 3)
= − − ÷−
Trang 31 3
m
⇔ = ( TM )
b) Tìm m để phương trình x2−2x−2m+ =1 0 có hai nghiệm phân biệt x x1; 2
thỏa mãn điều kiện x22(x12− +1) x x12( 22− =1) 8.
Ta có: ∆ =' 2m Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì ' 0 2m 0 m 0
∆ > ⇔ > ⇔ > Theo hệ thức Vi-ét, ta có: 1 2
1 2
2 (1)
1 2 (2)
x x
+ =
= −
Theo bài: x22(x12− +1) x x12( 22− = ⇔1) 8 x12+x22−2x x12 22+ =8 0
1 2 2 1 2 2 1 2 8 0 (3)
Thay (1), (2) vào (3), ta có: −8m2+12m+ = ⇔8 0 2m2−3m− =2 0 1
1 2
m
⇒ = − (loại); m2 =2(thỏa mãn) Vậy m = 2
4
(3,0
điểm).
- Vẽ hình chính xác:
a) Chứng minh tam giác CED là
tam giác cân.
Ta có DH ⊥AB⇒HD HE=
⇒CH vừa là đường cao vừa là trung tuyến của tam giác CED
nên tam giác CED là tam giác
cân
b) Chứng minh tứ giác OECD là tứ giác nội tiếp.
Xét ∆CDO và ∆CEO có: AD = CE (do ∆CED cân tại C), OC: cạnh chung, OD =
OE (cùng bằng bán kính của (O))
CDO CEO c c c CEO CDO
90 90 180
CEO CDO+ = + = ⇒OECD là tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh hệ thức AC.BH = AH.BC
Ta có CD⊥OD CE, ⊥OE⇒CD và CE là hai tiếp tuyến của đường tròn(O)
AC DC
AH DH
⇒ = (t/c đường phân giác trong tam giác) (1)
Lại có ·ADB=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên BD ⊥DA ⇒ DB là phân giác góc ngoài tại D của ∆CDH
BC DC
BH DH
⇒ = (t/c đường phân giác trong tam giác) (2)
Từ (1), (2) AC BC AC BH AH BC
AH BH
5
(1,0 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mẫn điều kiện 1 3 1
+
c
Trang 4điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q= +(a 1)(b+1)(c+1)
Cách 1:
Do a, b, c > 0 nên từ 1 3 1
+
c
(a 1)(b 1)(c 1) 6(a 2) 2(b 4) 3(c 3) 6
- Đặt a+ =2 x b, + =4 y c, + =3 z Ta có: Q≥6x+2y+3z−6
-Áp dụng bất đẳng thức Cau-chy (Cô-si), ta có:
3
6x+2y+3z≥3 6 2 3x y z =3 36xyz =3 36 xyz (1) Lại từ giả thiết, ta có: 1 3 2
z
yz xz xy xyz
−
- Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
yz+ xz+ xy≥ xyz ⇒ xyz≥ xyz ⇒ xyz ≥ (2)
Từ (1), (2) ⇒6x+2y+3z≥3 36.3 6 543 3 =
Do đó Q≥54 6 48− = Dấu “=” xảy ra khi
4 3( 2)
z
+ = +
= =
Vậy Qmin = 48 khi a=1,b=5,c=3
Cách 2
Ta c
Suy ra
a
+
Tương tự:
b
+
≥
Từ (1),(2) và (3), ta có:
2 4 c+3 ( 2)( 4)( 3) 48
Q
⇒ ≥
Vậy Qmin = 48 khi a=1,b=5,c=3