Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)Phòng GD-ĐT Hải Hậu
Trng THCSB Hải Minh Đề thi thử vào lớp10 thptđề dùng cho hs thi vào trờng chuyên
(Thêi gian lµm bµi 150 )
Bài 1(1đ): Cho biểu thức
P= x√x −3
x −2√x −3−
2(√x −3)
√x+1 +
√x+3
3−√x Rót gän P
Bài 2(1đ): Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác Chứng minh phơng trình: x2 + (a + b + c)x + ab + bc + ca = vụ nghim.
Bài 3(1đ): Giải phơng trình sau:
45 x+62x+7=x+25 Bài 4(1đ): Giải hệ phơng trình sau:
2x2 y2+xy+y 5x+2=0 x2
+y2+x+y 4=0 {
Bài 5(1đ): Chứng minh rằng:
(33+22+3322)8>36 Bài 6(1đ): Cho x, y, z> tho¶ m·n:
x+
1
y+
1
z=3 Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc:
P=√2x
+y2
xy +√
2y2+z2
yz +√
2z2+x2
zx
Bài 7(1đ): Trong mặt phẳng 0xy cho đờng thẳng (d) có phơng trình 2kx + (k - 1)y = (k tham số)
a) Tìm k để đờng thẳng (d) song song đờng thẳng y = x √3 Khi tính góc tạo đờng thẳng (d) với 0x
b) Tìm k để khoảng cách từ gốc toạ độ đến đờng thẳng (d) lớn
Bài 8(1đ): Cho góc vuông x0y điểm A, B Ox (OB > OA >0), điểm M trên cạnh Oy(M O) Đờng trịn (T) đờng kính AB cắt tia MA,MB lần lợt điểm thứ hai: C , E Tia OE cắt đờng tròn (T) điểm thứ hai F
Chứng minh điểm: O, A, E, M nằm đờng tròn Tứ giác OCFM hình gì? Tại sao?
Bài 9(1đ): Cho tam giác ABC nhọn có đờng cao: AA1, BB1, CC1 đồng quy H
Chøng minh r»ng: HAHA
+HB
HB1+ HC
HC16 .Dấu "=" xảy nào?
Bài 10(1đ): Cho tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng, đơi vng góc với Lấy điểm A, B, C Ox, Oy Oz
a) Gọi H trực tâm tam giác ABC Chứng minh rằng: OH vuông góc với mặt ph¼ng ABC
b) Chøng minh r»ng: S2ABC
=S2OAB
+S2OBC
+S2OAC
Đáp án:
Bài Bài giải Điểm
Bài 1
(1 ®iĨm) §iỊu kiƯn:¿ x ≥0
x −2√x −3≠0 √x −3≠0
⇔0≤ x ≠9
¿{ { ¿
0.25
(2)* Rót gän:
√x −3¿2−(√x+3)(√x+1) ¿
¿(√x+1)(√x −3) ¿
x√x −3−2¿ ¿ P=
0.25 0.25
Bài 2 (1 điểm)
Ta cã: D =(a + b + c)2 - 4(ab + bc + ca) = a2+b2+c2-2ab-2bc-2ca
* V× a, b, c cạnh Dị a2 < (b + c)a
b2 < (a + c)b
c2 < (a + b)c
Þ a2 + b2 + c2< 2ab + 2ac + 2bc
ịD < ị phơng trình vô nghiệm
0.25 0.25 0.25 0.25
Bài 3 (1 điểm)
Bài 4 (1 điểm)
* Điều kiện:
5− x ≥0 2x+7≥0
⇔−7/2≤ x ≤5 ¿{
* Phơng trình
2x+73=0
5 x 2=0 ¿
⇔x=1
⇔(2x+7−6√2x+7+9)+(5− x −4√5− x+4)=0
⇔(√2x+7−3)2+(√5− x −2)2=0
⇔
{
Gi¶i hƯ:
¿
2x2+xy− y2−5x+y −2=0(1)
x2+y2+x+y −4=0(2)
¿{
¿
Tõ (1) Û 2x2 + (y - 5)x - y2 + y + = 0
y −1¿2 ¿
⇒
¿ x=5− y −3(y −1)
4 =2− y
¿ x=5− y+3(y −1)
4 =
y+1
2
¿ ¿
y −5¿2−8(− y2+y+2)=9¿ ¿
¿ ¿Δx=¿
0.25 0.25 0.25 0.25
0.25
(3)¿ ¿x=2− y x2
+y2+x+y −4=0 ¿
⇔
¿x=2− y y2−2y
+1=0
⇔x=y=1 ¿{
¿ *Víi x=y+1
2 , ta cã hƯ:
¿ ¿x=y+1
2
x2+y2+x+y −4=0 ¿
⇔
¿y=2x −1
5x2− x −4=0
⇒
¿ x=−4
5
y=−13
5
¿ ¿{
¿ VËy hƯ cã nghiƯm: (1;1) vµ (−4
5;− 13
5 )
0.25
0.25
0.25
Bài 5 (1 điểm)
Đặt a = x + y, víi: x=√3 3+2√2; y=√33−2√2
Ta ph¶i chøng minh: a8 > 36
Ta cã:
x3
+y3=6 x.y=1
¿
x+y¿3=x3+y3+3 xy(x+y)=6+3a ¿
¿ ¿{
¿
a3= (vì: x > 1; y > ị a > 1)
Þ a9 > 93.a Û a8 > 36 (đpcm).
0.25 0.25 0.25 0.25
Bài 6 (1 ®iĨm)
* áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky cho: 1, √2 x,√
2
y
(12+√22)(
x2+
2
y2)≥(
1
x+
2
y)
⇒√2x2+y2
xy =√
y2+
1
x2≥
1
√3(
x+
2
y)(1) Dấu "=" xảy x = y
T¬ng tù:
0.25
(4)√2y2+z2
yz ≥ √3(
1
y+
2
z)(2)
√2z2+x2
zx ≥ √3(
1
z+
2
x)(3) Tõ (1), (2), (3) ⇒P ≥
√3(
x+
3
y+
3
z)=3 Suy ra: Pmin = khi: x = y = z = √3
0.25
0.25
Bài 7 (1 điểm)
1).* Với k = suy phơng trình (d): x = không song song: y = √3x
* Víi k 1: (d) cã d¹ng: y=− 2k k −1.x+
2
k −1
để: (d) // y = √3x Û − 2k
k −1=√3 ⇒k=√3(2−√3)
Khi (d) tạo Ox góc nhọn a với: tga = √3 ịa = 600.
2)* Với k = khoảng cách từ O đến (d): x =
* k = suy (d) có dạng: y = -2, khoảng cách từ O đến (d) * Với k k Gọi A = d ầ Ox, suy A(1/k; 0)
B = d Ç Oy, suy B(0; 2/k-1) Suy ra: OA = |1
k|;OB=|
2
k −1|
Xét tam giác vuông AOB, ta có :
1 OH2=
1 OA2+
1 OB2
⇒OH=
√5k2−2k+1
=
√5(k −1
5)
2 +4
5
≤
2 √5
=√5
Suy (OH)max = √5 khi: k = 1/5
Vậy k = 1/5 khoảng cách từ O đến (d) lớn
0.25 0.25
0.25
0.25
Bài 8
(1điểm) y M
a) XÐt tø gi¸c OAEM cã: F O❑+E
❑
=2v E (V×: E❑=1v gãc néi tiÕp )
Suy ra: O, A, E, M B thuộc đờng tròn
O A x C
b) Tø gi¸c OAEM néi tiÕp, suy ra: M❑1=E❑1
*Mặt khác: A, C, E, F thuộc đờng tròn (T) suy ra: E❑ 1=C
❑ Do đó: M❑
1=C ❑
1⇒OM // FC⇒ Tø giác OCFM hình thang
0.25
0.25
0.25 0.25
Bài b)* Do tam giác ABC nhọn, nên H nằm tam giác
1
1
(5)(1điểm)
* Đặt S = SDABC; S1 = SHBC; S2 = SHAC; S3 = SHAB A
Ta cã: C1 B1
S S1=
1
2 AA1 BC
1
2 HA1 BC =AA1
HA1=1+ HA
HA1 H
T¬ng tù: SS
=1+HB
HB1 B A1
C
S S3=1+
HC
HC1
Suy ra:
HA HA1+
HB HB1+
HC HC1=S(
1
S1+
1
S2+
1
S3)−3 (S1+S2+S3)(
1
S1+
1
S2+
1
S3)−3 Theo bất đẳng thức Côsy:
¿=(S1+S2+S3)(
1
S1
+
S2
+
S3) ≥9
⇒HA
HA1+ HB HB1+
HC
HC1 ≥9−3=6
Dấu "=" xảy tam giác ABC
0.25
0.25
0.25 0.25
Bài 10 (1điểm)
a) Gi AM, CN l ng cao tam giác ABC Ta có: AB ^ CN
AB ^ OC (vì: OC ^ mặt phẳng (ABO) Suy ra: AB ^ mp(ONC) ị AB ^ OH (1)
T¬ng tù: BC ^ AM; BC ^ OA, suy ra: BC ^ mp (OAM) Þ OH ^ BC (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: OH ^ mp(ABC)
b) Đặt OA = a; OB = b; OC = c Ta cã: SΔABC=1
2CN AB⇒SΔABC2=
1 4CN
2 AB2 =1
4(OC
2
+ON2).(OA2+OB2) Mặt khác: Do tam giác OAB vuông, suy ra:
1 ON2=
1 OA2+
1 OB2=
1
a2+
1
b2⇒ON
= a 2b2 a2+b2
⇒SΔABC2=1
4(c
2 + a
2 b2 a2
+b2)(a
+b2)=1
4 a
2 b2+1
4c
2 b2+1
4a
2
c2=¿SOBC2+S
OAB2+S
OAC2
0.25 0.25
0.25