Tính chiều cao của hình nón đó. a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì phương trình luôn có nghiệm... Ta có điều phải chứng minh.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM 2020 NAM ĐỊNH Môn thi: Toán (Chung)
Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu (2,0 điểm)
a) Tìm điều kiện xác định biểu thức
2
P
x x
b) Tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng y x m cắt parabol yx2 hai điểm phân biệt c) Tính bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, biết độ dài cạnh tam giác cm
d) Cho hình nón tích ,
V cm biết bán kính đáy R2cm Tính chiều cao hình nón Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức
1
1
x x x
P
x
x x x x
(với x0; x1) a) Rút gọn biểu thức P
b) Chứng minh
P với x0 x1 Câu (2,5 điểm)
1 Cho phương trình x2m1x2m 2 với m tham số
a) Chứng minh với giá trị m phương trình ln có nghiệm
b) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt x x1, 2 thỏa mãn:
1 2
x x
2 Giải phương trình: x33x23x2 x13 0
Câu (3,0 điểm) Từ điểm A nằm ngồi đường trịn O kẻ tiếp tuyến AB AC, đến đường tròn với B C, tiếp điểm Đoạn thẳng AO cắt BC đường tròn O M I Gọi D điểm thuộc cung lớn BC đường tròn O cho DBDC
a) Chứng minh ABOC tứ giác nội tiếp I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
b) Gọi E F, hình chiếu vng góc A đường thẳng DB DC, Chứng minh DM vng góc với EF
c) Gọi K giao điểm DM với đường tròn O Chứng minh KI phân giác AKM Câu (1,0 điểm)
a) Giải hệ phương trinh
2
2
1 1
9 1
x y x x y
x x y x
b) Xét a b c, , số thực dương thỏa mãn a 1 b 1 c 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức:
2 2 2
(2)
LỜI GIẢI ĐỀ TOÁN CHUYÊN LỚP 10/2020
THPT LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH
THUVIENTOAN.NET
Câu a) Ta có:
2
1 1
6 3
P
x
x x x
Do điều kiện xác định P x 3 x
b) Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng d :y x m parabol P :yx2 là:
2
3
x x m
d cắt P hai điểm phân biệt phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt
2 13
1 4 13
4
m m m
Vậy 13
m giá trị cần tìm
c) Gọi O tâm tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC O trọng tâm tam giác Gọi Hlà hình chiếu A lên BC, ta có:
2
2 2 3
3 ( )
4
BC
AH AB BH AB cm
Ta có: 2 ( )
3
AO AH cm
Vậy bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC (cm)
d) Gọi h chiều cao hình nón ta có: 2 42 ( )
3
V
V R h h cm
R
Vậy chiều cao hình nón (cm) Câu
Cho biểu thức
1
x x x
P
x
x x x x
(3)
1 2
1
1 1 1 1
1
1
1 1 1
1
1
1 1
1 1
1
x x x x x x
P
x
x x x x x x x x x x x
x x x x x
x x
x x x x x x x x x
x x x
x x x x
x x x x x x
x x x
x x
x x x
Vậy x P x x
b) Ta có
P với x0 x1 Thật bất đẳng thức cần chứng tương đương:
2
1
3
3
2 1
x
x x x
x x
x x x
Bất đẳng thức cuối x0 x1 Ta có điều phải chứng minh Câu
1 a) Phương trình cho có 2 2
1 2
m m m m m
nên phương trình cho ln có nghiệm
b) Phương trình cho có hai nghiệm dương phân biệt x x1, 2
0
1
1
3 2
m m m m Ta có: x1 2 x2 2 nên x1x2
Ta thấy x2 nghiệm phương trình với m, xét hai trường hợp: x1 2 x2 2 x2 1 vô lý x20
x2 2 x1 2 x17 Khi ta có: x x1 22m 2 14 m So với điều kiện ban đâu m8 giá trị cần tìm
(4) 2
3
3 2
2
x y
x xy y x y x y
x y
Với x2y0, ta có: 2
4
x
x x x
x x
Với xy, ta có: 2
1
x
x x x
x x
So với điều kiện ban đầu, phương trình cho có hai nghiệm 8; S
Câu
a) Do AB AC, tiếp tuyến cùa đường tròn O nên ABOACO900 tứ giác ABOC nội tiếp
Mặt khác ABACnên tam giác ABC cân A lại có AOBC nên AO phần giác BAC hay AI phân giác BAC 1
Ngoài AI trung trực BCIBIC hay tam giác IBC cân IIBCICA Mà ICBIBA theo tính chất góc tạo tiếp tuyến dây cung
Suy ra: IBCIBA Hay BI phân giác ABC 2
Từ 1 2 suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
b) Gọi G giao điểm EM với DC, H giao điểm FM với DB Tứ giác AEBM nội tiếp có AEBAMB900 BEMBAOOCB Suy ra:
90
BOC
DEGEDGOCB OCBMOC Do EM DC
(5)c) Ta có BMKDMC (hai góc đối đỉnh) MBKCBKCDM Do MBK MDC MK MC MK MD MB MC MB2 3
MB MD
Tam giác OBA vng B có BM đường cao MO MA MB2 4 Từ 3 4 suy MK MD MO MA Hay MK MO
MA MD Kết hợp với OMDKMA, ta có: MODMKA
Suy AKM OMDIOD2IKD
Hay AKM 2IKM hay KI phân giác AKM Câu
a) Điều kiện: x1, y1
Đặt a 1 y y a2 Phương trình thứ hệ trở thành:
2 2 2
2
2
2 3
3
1 1
1
1
1
1 1
x a x x a x a a x
x a a x a a
x x
a a
x x
a a
x x
Đặt b 1 0, x
phương trình trở thành:
a1a 2 b 1b2 ab a b 1 a b a b Với ab ta có: y 1,
x
thay vào phương trình thứ hai hệ ta được:
2
2
1
9 1
6
5
1
1
5
1
x x x
x
x x x x x x
x
x x
x
x x
x x
Với x5, ta có: 11
5 25
y y
(6)So với điều kiện ban đầu ta thấy thỏa mãn, hệ cho có nghiệm ; 5; 11 25 x y
b) Với x y z, , 0 ta có: x y z23x2y2z2
Thật bất đẳng thức cần chứng minh tương đường xy 2 y z 2 z x20 Áp dụng bất đẳng thức ta có:
2
36 a 1 b 1 c1 3 a 1 b c a b c Suy a b c
Mặt khác 2 3 2 1 2 3 2 2 3
4 4
a abb ab ab ab a abb ab Viết hai bất đẳng thức tương tự cộng lại ta P 3a b c
Đẳng thức xảy a b c