Đang tải... (xem toàn văn)
Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và (CAE đồng dạng với (CHK.. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F2[r]
(1)TRƯỜNG THCS NGUYỄN KHUYẾN
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2016 – 2017
Mơn: Tốn ( Đề chung)
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2 điểm)
2
1
x x x x
A
x x x x
Cho biểu thức với x ≥ 0 a) Rút gọn biểu thức A
b) x 29 12 5 Tính giá trị biểu thức A c) Tìm giá trị m để x thỏa mãn x + A = m Câu (1,5 điểm)
a)
3( ) 2( ) 2( ) ( )
x y x y x y x y
Giải hệ phương trình
b) Cho phương trình x2 – 2(m-1)x + – 3m = (m tham số)
2 2
1
x x x x m Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x 1, x2 thỏa mãn
Câu (1,5 điểm)
Cho parabol (P): y = x2 hai điểm A, B thuộc (P) có hồnh độ -1 3 a) Viết phương trình đường thẳng AB
b) Xác định vị trí điểm C thuộc cung nhỏ AB (P) cho diện tích tam giác ABC lớn
Câu (4,0 điểm)
Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB vng góc với dây cung MN H (H nằm O B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K khác A, hai dây MN BK cắt E
1 Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp (CAE đồng dạng với (CHK
2 Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK F Chứng minh (NFK cân Giả sử KE = KC Chứng minh: OK//MN KM2 + KN2 = 4R2
Câu (1 điểm)
Cho x, y, z ba số dương thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng:
2 2 3
1 1
x y z
y z x
HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1(2 điểm)
(2)1.a
3
( 1) ( 1)
( 1) ( 1)
1
x x x x
A x x x x
x x x x
0,5
2
A x x x x x 0,5
1.b
2 29 12 20 2.2 5.3 (2 3)
x ,thỏa mãn điều kiện ẩn
2 5
x
Suy 0,25
2 5
x
Thay vào biểu thức A ta 3 5A = 2() = - 6
29 12
x 5Vậy giá trị biểu thức A - 6
0,25
1.c
2
x x mx + A = m (1) Ta phải tìm điều kiện m để phương trình (1) có nghiệm x ≥
(1) ( x1)2 m 1 (2)
Với x ≥ VT (1) lớn nên phương trình (1) có nghiệm m ≥
Với m ≥ phương trình (2) có nghiệm x ≥
0,25 0,25
Vậy m ≥ Câu (1,5 điểm)
2.a 3( ) 2( )
2( ) ( )
x y x y x y x y
5
3
x y x
x y y
0,75
2.b
Phương trình x2 – 2(m-1)x + – 3m = Điều kiện để phương trình có hai nghiệm là:
2
' m m
m1 m ≤ -2 0,25
Áp dụng định lí vi-et ta có x1 +x2 =2m – x1x2 = – 3m (*)
2
1 2
(x x ) 8x x 3m Theo ta có:
Thay (*) vào đẳng thức ta được: m2 + 8m – = 0 0,25
1
m không thỏa mãn
2
m thỏa mãn 0,25
Câu (1,5 điểm)
3.a Xác định A(-1;1), B(3;9) 0,25
Phương trình đường thẳng AB là: y = 2x + 0,25
3.b
Giả sử C(c;c2) thuộc (P), với -1 < c < 3
Gọi A’, B’, C’ chân đường vng góc kẻ từ A, B, C đến đường thẳng Ox
Suy A’(-1;0); B’(3;0), C’(c;0) 0,25
Diện tích tam giác ABC
SABC = SAA’B’B – SACC’A’ – SBCC’B’ =-2c2 +4c + = – 2(c-1)2 ≤
0,
(3)câu (4,0điểm)
Ý Nội dung Điểm
1.
(2,0đ)
AHE 900 ABMN Ta có: + (theo giả thiết ) 0,5
90
AKE + (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,5
900
AHE AKE
H, K thuộc đường tròn đường kính AE.
Vậy tứ giác AHEK tứ giác nội tiếp 0,25
Xét hai tam giác CAE CHK:
+ Có chung góc C 0,25
EAC EHK + (góc nội tiếp chắn cung EK)
Suy ﾧ CAE ﾧ CHK (g - g) 0,5
2.
(1,0 đ)
MN Do đường kính AB MN nên B điểm cung suy ta có
(1)
MKB NKB
0,25
(2) (3) NKB KNF MKB MFN
Lại có BK // NF (vì vng góc với AC) nên
0,5
MFN KNF KFN KNF Từ (1), (2), (3) suy Vậy ﾧKNF cân K. 0,25
3.
(1,0đ)
900 900
AKB BKC KEC* Ta có vng K Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân K
45 45
BEH KEC OBK ﾧ
Mặt khác ﾧ OBK cân O ( OB = OK = R) nên suy ﾧ OBK vuông cân O dẫn đến OK // MN (cùng vng góc với AB)
0,25
0,25
* Gọi P giao điểm tia KO với đường trịn ta có KP đường kính
và KP // MN Ta có tứ giác KPMN hình thang cân nên KN = MP
Xét tam giác KMP vuông M ta có: MP2 + MK2 = KP2 KN2 + KM2 = 4R2.
0,25
0,25
Câu (1 điểm)
Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có:
2
1
2
1 4
x y x y x
x
y y
(1)
0,25đ
2 1
1
y z
y z
2 1
1
z x
z x
Tương tự (2) , (3) 0,25đ
Cộng vế bất đẳng thức (1), (2), (3) ta
0,25đ h
k
o
n m
f
e c
b a
P O K
H E N
M C
(4)2 2
2 2
1 1
1 1 4
3( )
(4)
1 1
x y z x y z
x y z
y z x
x y z x y z
y z x
Mặt khác, theo bất đẳng thức Cơ-si ta có: x + y + z > = = (5)
2 2 3.3 3 3
1 1
x y z
y z x
Từ (4) (5) suy
Dấu “=” xảy x = y = z =
0,25đ
