1 Chứng minh bốn điểm B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn.. Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng và FA là phân giác của góc EFD..[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC www.VNMATH.com KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 28 tháng năm 2011 Đề thi gồm: 01 trang Câu (3,0 điểm) 1) Giải các phương trình : a) 5(x + 1) = 3x + 3x + + = b) x − x x( x − 1) 2) Cho hai đường thẳng (d1): y = 2x + 5; (d2): y = -4x + cắt I Tìm m để đường thẳng (d3): y = (m + 1)x + 2m - qua điểm I Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 – 2(m + 1)x + 2m = (1) ( với ẩn là x) 1) Giải phương trình (1) m = 2) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với m 3) Gọi hai nghiệm phương trình (1) là x1, x2 Tìm giá trị m để x1, x2 là độ dài hai cạnh tam giác vuông có cạnh huyền 12 Câu (1,0 điểm ) Một hình chữ nhật có chu vi là 52 m Nếu giảm cạnh m thì hình chữ nhật có diện tích 77 m2 Tính các kích thước hình chữ nhật ban đầu? Câu (3,0 điểm) > 900 Vẽ đường tròn (O ) đường kính AB và đường tròn (O’) Cho tam giác ABC có A đường kính AC Đường thẳng AB cắt đường tròn (O’) điểm thứ hai là D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) điểm thứ hai là E 1) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E cùng thuộc đường tròn 2) Gọi F là giao điểm hai đường tròn (O) và (O’) (F khác A) Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng và FA là phân giác góc EFD 3) Họi H là giao điểm AB và EF Chứng minh BH.AD = AH.BD Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x + y + z = Chứng minh rằng: x y z + + ≤1 x + 3x + yz y + 3y + xz z + 3z + xy - Hết -Giáo viên: Hoàng Văn Nam – THCS Long Xuyên – Bình Giang – Hải Dương Mail: hoangnamlx80@gmail.com Lop8.net (2) www.VNMATH.com HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2011-2012 TỈNH HẢI DƯƠNG MÔN TOÁN (Đợt 1, ngày 28 tháng năm 2011) Điểm Câu ý Nội dung Giải các phương trình: a) 5(x + 1) = 3x + ⇔ 2x = ⇔ x = Kết luận phương trình có nghiệm x = 1 (2,0 đ) (2,0 đ) b) x −1 + x = 3x + x( x − 1) (1) ĐKXĐ: x ≠ và x ≠ Quy đồng, khử mẫu được: 4x + 2(x – 1) = 3x + ⇔ x = (thỏa mãn) Kết luận phương trình có nghiệm x = y = 2x + (d1 ) x = −1 ⇔ ⇒ I(−1;3) Tọa độ điểm I là nghiệm hpt: y = − 4x − 1(d ) y = 2 Để đường thẳng (d3): y = (m + 1)x + 2m – qua điểm I(-1; 3) thì ta có: = (m + 1).(-1) + 2m – ⇔ m = Phương trình: x2 - 2(m + 1)x + 2m = (1) (với ẩn x) *Khi m = 1, pt (1) có dạng: x2 – 4x + = có ∆ ' = > ⇒ ∆ ' = Kết luận PT có nghiệm phân biệt: x1 = − 2; x = + Ta có: ∆ ' = m + > 0, ∀m (đpcm) Do ∆ ' > 0, ∀m ⇒ PT có nghiệm x1, x2 Theo định lí Vi-ét ta có: x1 + x = 2(m + 1) (2) (3) x1x = 2m cạnh huyền 12 Theo bài: x1, x2 là độ dài cạnh c2ủa mộ2t tam giác vuông có nên x1 > 0, x2 > ⇒ m > và x1 + x = 12 ⇔ (x1 + x ) − 2x1x = 12 (4) (1,0 đ) (TM) m = Thay (2), (3) vào (4), được: m2 + m – = ⇔ m = −2 < (loai) Kết luận m = *Cách 1: (Lập phương trình) Gọi chiều dài hcn là x(m), đk: < x < 22 Do chu vi hcn 52m nên chiều rộng hcn là: 26 – x (m) Khi giảm cạnh 4m thì hcn có: chiều dài là x – (m), chiều rộng là 22–x (m) Do diện tích hcn 77m2 nên ta có PT: (x – 4)(22 – x) = 77 x1 = 15 ⇔ x − 26x + 165 = Giải PT được: x = 11 * Với x = 15 thì chiều dài là 15m, chiều rộng 26 – 15 = 11m (thỏa mãn) * Với x = 11 thì chiều dài là 11m, chiều rộng 26 – 11 = 15m (loại) Kết luận kích thước hcn là 15m và11m *Cách 2: (Lập hệ phương trình) Gọi hai kích thước hcn là x(m) và y(m), đk: < x; y < 22 Do chu vi hcn 52m nên ta có pt: x + y = 26 (1) Khi giảm cạnh 4m thì hcn có kích thước là: x – (m) và y - (m) Do diện tích hcn 77m2 nên ta có PT: (x – 4)(y – 4) = 77 (2) (1) x + y = 26 x + y = 26 Từ (1) và (2), ta có hpt: ⇔ x – y – = 77 ( )( ) ( ) xy = 165 Lop8.net (3) www.VNMATH.com ⇒ x; y là nghiệm pt: ⇔ X − 26X + 165 = X1 = 15 (thỏa mãn) - Giải PT được: X = 11 - Kết luận kích thước hcn là 15m và 11m - Vẽ hình: Ta có: = 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O)) BEA = 900 hay BEC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O’)) CEA = 900 hay CDB (3,0 đ) D E A H B ⇒ E, D thuộc đường tròn đk’ BC hay bốn điểm B, E, D, C cùng thuộc đường tròn *Cách 1: = 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O)) BFA = 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O’)) AFC Ta có: = BFA + AFC = 900 + 900 = 1800 BFC O' I O C F x *Cách 2: Gọi I là giao điểm AF và OO’ Ta có OO’ là trung trực AF OI là đường trung bình ∆ ABF nên BF // OI hay BF // OO’ (1) O’I là đường trung bình ∆ AFC nên ⇒ B, F, C thẳng hàng CF // O’I hay CF // OO’ (2) Từ (1), (2) suy B, F, C thẳng hàng ⇒ AH = FH (*) * Trong ∆ DEF có FA là phân giác EFD AD FD Ta có FA là phân giác EFD và FA ⊥ BC (cmt) F + F = 900 F + F = 90 ⇒ hay ⇒ F = F (do F = F ) ⇒ FB là phân giác 0 CFD + F4 = 90 F1 + F4 = 90 ∆DFH cắt DH B ⇒ BH = FH (**) góc ngoài BFx BD FD BH AH Từ (*) và (**) ⇒ = ⇒ BH.AD = AH.BD (đpcm) BD AD *Cách 1: (Sử dụng BĐT Bunhiacôpxki) lí luận sau: Ta có: (a + b )(x + y ) − (ax + by) = (ay − bx) ≥ ⇒ (a + b )(x + y ) ≥ (ax + by) Ta có: 3x + yz = x(x + y + z) + yz = (x + y)(z + x) ≥ (1,0 đ) ( xz + xy ) ⇒ 3x + yz ≥ xz + xy ; 3y + xz ≥ xy + yz; 3z + xy ≥ xz + yz x y z x y z ⇒ + + ≤ + + x + 3x + yz y + 3y + xz z + 3z + xy x + xy + xz y + xy + yz z + xz + yz = x x+ y+ z + y x+ y+ z z + x+ y+ z Lop8.net = (đpcm) (4) www.VNMATH.com *Cách 2: x y z + + ≤ (1) x + 3x + yz y + y + xz z + z + xy Trục thức ta được: x( x − x + yz ) y ( y − y + zx ) z ( z − 3z + xy ) + + ≤1 x − x − yz y − y − zx z − 3z − xy ⇔ x( x − 3x + yz ) y ( y − y + zx ) z ( z − 3z + xy ) + + ≤1 x − ( x + y + z ) x − yz y − ( x + y + z ) y − zx z − ( x + y + z ) z − xy x + y + z − x x + yz − y y + zx − z z + xy ⇔ ≤1 − xy − yz − zx ⇔ x x + yz + y y + zx + z z + xy ≤ x + y + z + xy + yz + zx (2) Ta chứng minh BĐT (2) đúng Suy BĐT (1) đúng Do x, y, z > Theo BĐT Cô-si (CauChy), ta có: x + x + yz x + ( x + y + z ) x + yz x + xy + yz + zx x x + yz = x x + yz ≤ = = (3) 2 2 y + xy + yz + zx y y + zx ≤ (4) 2 z + xy + yz + zx z z + xy ≤ (5) 2 Cộng vế theo vế các BĐT (3), (4) và (5) ta BĐT (2) : ⇔ x 3x + yz + y y + zx + z 3z + xy ≤ 2 x + xy + yz + zx y + xy + yz + zx z + xy + yz + zx + + 2 2 = x + y + z + xy + yz + zx Vậy BĐT (2) đúng Suy BĐT (1) đúng (đpcm) Giáo viên: Hoàng Văn Nam – THCS Long Xuyên – Bình Giang – Hải Dương Mail: hoangnamlx80@gmail.com Lop8.net (5)