Đề thi tuyển sinh THPT Tỉnh Yên Bái năm học 2013-2014 Câu Gợi ý cách làm 1.Không sử dụng máy tính Tính: 16 − Giải: 16 − = − = Câu Rút gọn biểu thức M = + x − (với x ≥ , x ≠ ) x + x −1 x −1 (1,5 đ) 2x ( x − 1) + x − ( x + 1) + − = Giải: M = x +1 x −1 x −1 ( x − 1) 2( x − 1) = =2 x −1 1.Vẽ đồ thị hàm số y = x − hệ trục tọa độ Oxy Giải: - Giao đồ thị hàm số với trục Ox điểm (2; 0) - Giao đồ thị hàm số với trục Oy điểm (0; -2) - Vẽ đồ thị hàm số Câu (1,0 đ) 2.Tìm a, b để đồ thị hàm số y = ax + b qua gốc tọa độ song song với đồ thị hàm số y = x − Giải: - Đồ thị hàm số y = ax + b qua gốc tọa độ nên ta có b = - Đồ thị hàm số y = ax + b song song với đồ thị hàm số y = x − nên ta có a = Vậy a =1, b = giá trị cần tìm 1.a) Giải pt: x − x + = Giải: Có a + b + c = – + = ⇒ x1 = 1, x2 = (h/s dùng cơng thức nghiệm để giải) 2 x + y = 1.b) Giải hệ pt: x − y = −2 2 x + y = 3 x = x = ⇔ ⇔ x − y = −2 x − y = −2 y = Câu 3: Hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (1; 3) (3,0 đ) Cho phương trình x − x + − m = (1) (với m tham số) 2.a) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu Giải: - Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu ⇔ P = x1 x2 < ⇔ 2−m < ⇔ m > 2.b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 cho | x1 − x2 |= Giải: Giải: Ta có: ∆’= m − - Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆’>0 ⇔ m >1 (*) x1 + x2 = - Với m >1 Áp dụng định lí Vi-et ta có: x1 x2 = − m 2 Theo giả thiết | x1 − x2 |= ⇔ ( x1 − x2 ) = ⇔ ( x1 + x2 ) − x1 x2 = ⇔ − 4(2 − m) = ⇔ m = (thỏa mãn điều kiện (*)) Vậy m = giá trị cần tìm Cho đường tròn (O), M điểm bên ngồi đường tròn, từ M vẽ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O) (A, B tiếp điểm), MO cắt AB H Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn Câu (3,5 đ) Chứng minh: Vì MA, MB tiếp tuyến (O) ⇒ MA ⊥ OA, MB ⊥ OB · · Tứ giác MAOB có MAO = 900 , MBO = 900 · · ⇒ MAO + MBO = 1800 ⇒ tứ giác MAOB nội tiếp 2.Chứng minh: MA.AH = AO.MH Chứng minh: Ta có MA=MB, OA=OB ⇒ MO trung trực AB ⇒ AH ⊥ MO ∆AMO vuông A nên ·AMO + ·AOM = 900 (1); ∆HMA vuông H nên ·AMO + HAM · · = 900 (2) Từ (1), (2) ta có ·AOM = HAM · ⇒ ∆HAM đồng dạng ∆HOA ( ·AOM = HAM , ·AHM = ·AHO = 900 ) MA MH ⇒ = ⇒ MA AH = AO.MH AO AH 3.Gọi I, K trung điểm AH MB, N giao điểm IK · · MA Chứng minh: KB=AN ONK=OBA *Chứng minh KB = AN: Ta có HK đường trung bình ∆BAM nên HK // MN Dễ thấy ∆IHK = ∆IAN ( g c.g ) Suy IK=IN, HK=AN Mặt khác HK = MB = KB (trung tuyến ∆HMB vuông) ⇒ AN = KB *Chứng minh góc ONK góc OBA: µ = 900 , OA = OB, AN = KB ) ∆BOK = ∆AON ( µA = B ⇒ OK = ON ⇒ ∆OKN cân O, I trung điểm NK ⇒ OI ⊥ NK · · Tam giác OAB cân O nên OAB (3) = OBA Tứ giác OIAN có đỉnh I, A nhìn ON góc 900 nên OIAN tứ giác nội · · » ) tiếp ⇒ OAB (4) (góc nội tiếp chắn OI = ONK · · Từ (3), (4) ta ONK = OBA x + y + z = 2013 Chứng minh rằng: Nếu có ba số thực x, y, z thỏa mãn: 1 + + = x y z 2013 ba số x, y, z phải 2013 Câu (1,0 đ) Giải: ĐK: xyz ≠ Ta có 1 1 xy + yz + zx + + = ⇔ = x y z x+ y+z xyz x+ y+z ⇔ ( xy + yz + zx )( x + y + z ) − xyz = ⇔ x y + xyz + x z + xy + y z + xyz + xyz + yz + z x − xyz = ⇔ (x2y+xyz+xy2+x2z) + (y2z+xyz+yz2+z2x) = ⇔ x(xy+yz+y2+xz) + z(y2+xy+yz+zx) = ⇔ (xy+yz+y2+xz) (x + z)= ⇔ [y(x+y) + z(x + y)](x + z)= ⇔ ( x + y )( y + z )( z + x) = Từ suy : - Nếu x + y = z = 2013 - Nếu y + z = x = 2013 - Nếu z + x = y = 2013 Vậy ba số x, y, z phải 2013 ... ⇔ ( x + y )( y + z )( z + x) = Từ suy : - Nếu x + y = z = 2013 - Nếu y + z = x = 2013 - Nếu z + x = y = 2013 Vậy ba số x, y, z phải 2013 ... · · Từ (3), (4) ta ONK = OBA x + y + z = 2013 Chứng minh rằng: Nếu có ba số thực x, y, z thỏa mãn: 1 + + = x y z 2013 ba số x, y, z phải 2013 Câu (1,0 đ) Giải: ĐK: xyz ≠ Ta có 1 1 xy