Tìm các giá trị của n để hàn số đồng biến.. Cho đường tròn tâm O, bán kính R và N là một điểm nằm bên ngoài đường tròn.. Từ N kẻ hai tiếp tuyến NA, NB với đường tròn O A, B là hai tiếp
Trang 1SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH KỲ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 - 2017
Khóa ngày `08/06/2016 MÔN: TOÁN
SBD……… Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề có 01 trang, gồm 05 câu
MÃ ĐỀ 086
Câu 1(2.0điểm)
Cho biểu thức B= 1 1 . 1
với b>0 và b ≠ 1 a) Rút gọn biểu thức B
b) Tìm các giá trị của b để B= 1
Câu 2(1,5 điểm)
a) Giải hệ phương trình sau: 2 3 1
x y
x y
+ =
b) Cho hàm số bậc nhất y = (n-1)x + 3 (n là tham số) Tìm các giá trị của n để hàn
số đồng biến
Câu 3(2.0điểm)
Cho phương trình x2 – 6x + n = 0 (1) (n là tham số)
a) Giải phương trình (1) khi n = 5
b) Tìm n để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thoả mãn mãn
( 2 ) ( 2 )
Câu 4(1.0điểm)
Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn x+ y = 1
Chứng minh rằng 2 1
( )
64
Câu 5(3.5điểm)
Cho đường tròn tâm O, bán kính R và N là một điểm nằm bên ngoài đường tròn
Từ N kẻ hai tiếp tuyến NA, NB với đường tròn (O) (A, B là hai tiếp điểm) Gọi E là giao điểm của AB và ON
a) Chứng minh tứ giác NAOB nội tiếp được trong một đường tròn
b) Tính độ dài đoạn thẳng AB và NE biết ON = 5cm và R = 3 cm
c) Kẻ ta Nx nằm trong góc ANO cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D (C nằm giữa N và D) Chứng minh rằng ·NEC OED=·
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM
= 1 1 1.
1
+ + −
−
=2 . 1
1
b
2 1
Vậy B = 2
1
b− với b>0 và b ≠1
1b Khi B =1
Ta có 2
1
⇔ 2= b-1⇔b=3 (TMĐK)
Vậy khi B = 1 thì b = 3
2a
Ta có: 2 3 1 2 3 1
2 3 1
x y x
2
1
x y
=
2b Hàm số đồng biến khi hệ số a > 0
⇔n-1>0 ⇔n>1
3a Khi n = 5 phương trình (1) trở thành x2 – 6x + 5 = 0
Phương trình có dạng a+b+c = 0
Nên phương trình có nghiệm: x1 = 1; x2 = 5
3b Ta có ∆ = − ' ( 3) 2 − = −n 9 n
Để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thì ∆ ≥ ' 0
Hay 9 - b ≥ 0 ⇔n≤ 9
Theo hệ thức Vi-ét ta có: 1 2
1 2
6
x x
x x n
+ =
Mà ( 2 ) ( 2 )
⇔ 2 2 2 2
⇔ 2 2 2
( )x x + (x +x ) 1 36 + =
( )x x + (x +x ) − 2x x + = 1 36
Trang 3Hay n2 + 62 – 2n +1 = 36
⇔ n2 – 2n +1 = 0
Suy ra n = 1 (TMĐK)
Vậy n =1 thì ( 2 ) ( 2 )
Cho hai số thực không âm x, y thỏa mãn x+ y = 1
Chứng minh rằng 2 1
( )
64
Giải:
Ta có: ( x+ y )2 = x + y + 2 xy =1
áp dụng BĐT côsi cho 2 số (x+y) và 2 xy ta có:
(x+y+2 xy)≥ 2 (x y+ )2 xy
=> (x+y+2 xy)2 ≥ 8(x+y) xy
=>1≥8(x+y) xy
=>1
8 ≥(x+y) xy
=> 1
64 ≥(x+y)2xy (điều phải chứng minh)
5
3,5điểm
5a Ta có ·
0
90
OAN = (Vì AN là tiếp tuyến của đường tròn (O)) · 0
90
OBN = (Vì AN là tiếp tuyến của đường tròn (O))
Do đó OAN OBN· +· = 180 0
Mà hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác NAOB nội tiếp được trong
một đường tròn
Trang 4Ta có NA = NA ( Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra ∆ABN cân tại N
Mà NO là phân giác của ·ANB ( Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Nên NO cũng là đường cao của ∆ABNdo đó NE⊥AB hay AE⊥NO Xét ∆ANO vuông tại A (Vì AN là tiếp tuyến của đường tròn (O)) có đường cao AE
Áp dụng định lý Py –ta -go ta có: ON2 = NA2 + OA2
Suy ra NA = 2 2 2 3
5 3 4 ( )
Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có
ON.AE = AN.OA
⇔5.AE =4.3
⇔AE = 2,4
⇒AB= 2AE= 2 2,4 =4,8 (cm) (Vì ON⊥AB)
AN2 = NE.NO 2 42 3, 2 ( )
5
AN
NO
5c
Xét ∆NAOvuông tại A có AE là đường cao nên NA2 = NE.NO (1)
Xét ∆NAC và ∆NDA có: ·ANCchung; ·NAC= ·NDA (Góc nội tiếp và góc
tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AC)
Nên ∆NACđồng dạng với ∆NDA(g-g)
ND = NA hay NA2 = NC.ND (2)
Từ (1) và (2) suy ra NE.NO = NC.ND ⇒ NE NC
Xét ∆NCE và ∆NOD có ·ENCchung mà NE NC
ND = NO (c/m trên) Nên ∆NCE đồng dạng với ∆NOD(c-g-c) ⇒ ·NEC=NDO·
Do đó tứ giác OECD nội tiếp (Theo dấu hiệu)
Mà ∆OCD cân tại O (Do OC = OD = R)
Suy ra ·NEC OED= ·