Tính cos ACB.. 3,0 điểm Cho tam giác ABC vuông tại A AB.
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Năm học 2015 – 2016 Môn: TOÁN (chung)
Thời gian làm bài: 120 phút.
(Đề thi gồm: 01 trang)
Câu 1 (2,0 điểm)
1) Với giá trị nào của x thì biểu thức x 1 x 3 xác định
2) Tính giá trị của biểu thức A x 3 3 x khi x=2 2
3) Tìm tọa độ của các điểm có tung độ bằng 8 và nằm trên đồ thị hàm số y2x2
4) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB=3; BC 5 Tính cos ACB
Câu 2 (1,5 điểm) Cho biểu thức ( 1 2 )( 1 )
1
Q
x
( với x>0;x1) 1) Rút gọn biểu thức Q
2) Tìm các giá trị của x để Q 1
Câu 3 (2,5 điểm)
1) Cho phương trình x 2 2(m 1) x m 2 6 0 (1) (với m là tham số)
a) Giải phương trình với m 3
b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có các nghiệm x1 ;x2 , thỏa mãn 2 2
x x 2) Giải hệ phương trình 2 2( 3)
Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB <AC) , đường cao AH Đường tròn tâm I đường kính
AH cắt các cạnh AB,AC , lần lượt tại M,N Gọi O là trung điểm của đoạn BC, D là giao điểm của MN và OA 1) Chứng minh rằng:
a) AM AB= AN AC
b) Tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp
2) Chứng minh rằng:
a) ADI ∽ AHO
AD HB HC
3) Gọi P là giao điểm của BC và MN, K là giao điểm thứ hai của AP và đường tròn đường kính AH Chứng minh rằng BKC 90o
Câu 5 (1,0 điểm)
1) Giải phương trình 3x2 6x 6 3 (2 x)5 (7x19) 2 x
2) Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn abc 1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
T
Trang 2
-HẾT -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2015 – 2016 Môn: TOÁN (Đề chung)
Câu 1 (2,0 điểm)
1) x 1 x 3 xác định x1; x 3 đồng thời xác định 0,25 1
x xác định x+10 x-1
3
x xác định x-3 0 x3
Vậy điều kiện xác định của biểu thức x 1 x 3 là x3
0,25
2)Với x= 2 2 ta có: A= 2 2 3 3 2 2 ( 2 1) 2 ( 2 1) 2 0,25
| 2 1| | 2 1| ( 2 1) ( 2 1) 2
3) Hoành độ của điểm cần tìm là nghiệm phương trình 2x 2 8 0,25
2
x
Vậy có hai điểm thỏa mãn là: (2;8) và (-2;8) 0,25
4) Vì tam giác ABC vuông tại A nên 2 2 2 2
5
AC ACB
BC
Câu 2 (2,0 điểm)
1) (1,0 điểm)
Với điều kiện x 0 và x 1, ta có
1
Q
x
0,5
x
x
0,25
1
0,25
2) (0,5 điểm) Với x 0 và x 1, ta có Q x 1
x
Do đó
1
1
x Q
x
0,25
Trang 32 1
1
( )
4
x
Vậy với 1
4
x thì Q= -1
0,25
Câu 3 (2,5 điểm)
1) (1,5 điểm)
a) (0,75 điểm) Với m 3, ta có phương trình (1) trở thành x2-4x=3=0
0,25
Ta có a+b+c 143 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1=1; x2=3 0,25 Vậy với m 3, phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1=1; x2=3 0,25
b)(0,75 điểm) x2-2(m-1)x+m2-6=0
Phương trình (1) là phương trình bậc 2 ẩn x có 2 2
' (m 1) (m 6) 7 2m
Phương trình (1) có các nghiệm x1;x2 ' 0 7 2 m 0 m 7
2
(*)
0,25
Khi đó theo định lý Viét ta có 2
x x m x x m
Do đó: x12x22 (x1x2)2 2x x1 2 4(m1)2 2(m2 6) 2 m2 8m16
0,25
Vậy x12x22=16 2m2 8m16 16 0
4
m m
Kết hợp điều kiện (*) ta có m 0 là giá trị thỏa mãn
0,25
2) (1,0 điểm) 2 2( 3) (1)
( 3)(2 5) 16 (2)
0
x y
Với x-2; y0, phương trình (1) x2(x y 2) x 2 y 0
0,25
0 2; 0
2
x y
Thay y x 2 vào phương trình (2) ta được phương trình:
2
2
( 3)(2 ( 2) 5) 16
1( )
7
( )
2
0,25
+) Với x=1=>y=3
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm x;y)=(1;3)
0,25
Câu 4 (3,0 điểm)
Trang 41) (1,0 điểm)
a) (0,5 điểm) Xét đường tròn I có AMH=ANH 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên HM
,HN tương ứng là đường cao của các tam giác vuông ABH, ACH
0,25
+) ABH vuông tại H , có đường cao HM nên suy ra AM.AB= AH2
+) ACH vuông tại H , có đường cao HN nên suy ra AN AC =AH2
Do đó AM AB =AN AC
0,25
b)(0,5 điểm) Theo câu a) ta có AM AB AN AC AM AN
Xét AMN và ACB có A chung, AM AN
AC AB nên suy ra AMN∽ ACB (c.g.c)
0,25
Do đó AMN= ACB=> BCN+ BMN= ACB +BMN= AMN +BMN 1800
Mà các góc BCN;BMN , ở vị trí đối diện nên suy ra tứ giác BMNC nội tiếp
0,25
2) (1,0 điểm)
a) (0,5 điểm) Ta có tam giác ABC vuông tại A và O là trung điểm của cạnh BC nên OA= OB =OC
OAC cân tại O OAC= OCA=> OAC =BCN Mà AMN= ACB= BCN nên AMN= OAC=>
AMN= DAN
0,25
Vì AMN vuông tại A nên AMN+ ANM=90o=> DAN +ANM=90o=> ADN 90o
Mà MAN 900 MN là đường kính của đường tròn I I là trung điểm của MN nên ADI 90o
Xét AID và AOH có ADI= AHO 900 và A chung do đó ADI∽ AHO (g.g)
0,25
b)(0,5 điểm)
2
BC
0,25
Trang 5Mặt khác , vì tam giác ABC vuông tại A và AH là đường cao nên AH2= HB HC.
HB HC
0,25
3) (1,0 điểm)
Vì tứ giác BMNC nội tiếp => PBM =MNC =>PBM +ANM =MNC+ANM =1800 (1)
Vì tứ giác ANMK nội tiếp PKM =ANM (2)
Từ (1) và (2) suy ra PBM+ PKM 1800, do đó tứ giác PKMB nội tiếp
0,5
PKB =PMB= AMN= ACB =>AKB+ ACB= AKB+ PKB= 180O
Do đó tứ giác BKAC nội tiếp BKC= BAC= 900
0,5
Câu 5 (1,0 điểm)
1) (0,5 điểm) Điều kiện xác định
2
1 3
x x
Với x 1 3, phương trình đã cho tương đương với:
2
2 2
2
2 2
3 6 6 3(2 ) 2 (7 19) 2
3 6 6 (3 5 7) 2
(3 5 7) 2
0,25
2
2
2 2
2
)3 5 8 0
1(TM)
8
x ( )
3
x
L
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1
0,25
2) (0,5 điểm) Ta có: a4b4 ab(a2b2)a b R;
Thật vậy:
3 3
(a )
a
b a b ab
a b a b
(a b) (a ab b ) 0
(luôn đúng a b R; )
0,25
Trang 64 4 2 2 2 4 4 2 2 2
( c>0)<=>
(1)
Vi
Tương tự:
2
2
(2) (3)
Cộng theo vế các bất đẳng thức (1),(2) và (3) ta có:
4 a4 4 b4 4 c4 a2 b2 c2 1
Vậy T1 a b c; ; 0 thỏa mãn abc=1
Với a=b=c=1 thì T=1
Vậy GTLN của T là 1
0,25