Bi 2 ết rằng, chiều dài mảnh vườn hơn chiều rộng mảnh vườn là 5.. m Tính chi ều rộng mảnh vườn.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020
Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể giao đề)
Câu (2,0 điểm)
Cho
1 x x A
x
+ +
=
+
1
( 0, 1)
1 1
x x
B x x
x x x x x
+ +
= − − ≥ ≠
− − + +
a) Tính giá trị biểu thức A x= b) Rút gọn biểu thức B
c) Tìm x cho biểu thức C = −A B nhận giá trị số nguyên
Câu (2,0 điểm)
a) Giải hệ phương trình
2
x y
x y
+ =
− =
(không sử dụng máy tính cầm tay)
b) Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 150m Bi2 ết rằng, chiều dài mảnh vườn chiều rộng mảnh vườn m Tính chiều rộng mảnh vườn
Câu (2,0 điểm)
Cho hàm số y =(m−4)x+ + (m mlà tham số)
a) Tìm mđể hàm số cho hàm số bậc đồng biến
b) Chứng minh với giá trị mthì đồ thi hàm số cho cắt parabol
( )
:
P y=x hai điểm phân biệt Gọi x x1, 2là hồnh độ giao điểm, tìm msao cho x x1( 1− +1) x2(x2− = 1) 18
c) Gọi đồ thị hàm số cho đường thẳng ( )d Chứng minh khoảng cách từ điểm
( )0;0
O đến ( )d không lớn 65
Câu (3,5 điểm)
Cho đường tròn tâm Ođường kính AB K ẻ dây cung CDvng góc với AB H (H nằm Avà O, H khác A O) Lấy điểm G thuộc đoạn CH G khác C H), tia ( AG cắt đường tròn E khác A
a) Chứng minh tứ giác BEGH tứ giác nội tiếp
b) Gọi K giao điểm hai đường thẳng BE CD Chứng minh KC KD =KE KB
c) Đoạn thẳng AK cắt đường tròn tâm O F khác A Chứng minh G tâm đường tròn nội tiếp tam giác HEF
d) Gọi ,M N lần lượt hình chiếu vng góc A B lên đường thẳng EF.Chứng minh
HE+HF =MN
Câu (0,5 điểm)
(2)Chứng minh rằng:
3 3
3 a b c
b + c + a ≥
ĐÁP ÁN Câu
a) Điều kiện x≥0,x≠
Khi x =2(tmdk)ta thay vào biểu thức A ta được:
( )( )
( )( )
3 2
2 3 2
2 2
2 2
A= + + = + = + − = − + − = −
−
+ + + −
b) Điều kiện: x≥0,x≠
( )( )
( )( ) ( )( )
( )
( )( )
1
1 1
1 1
1 1
1
1
1
x x
B
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
+ + = − − − − + + + + − − − + − − = = − + + − + + − − = = + + − + +
c) Điều kiện : x≥0,x≠ Ta có:
1 1
1 1 1
x x x x x
C A B C
x x x x x x
+ + − + − = − ⇒ = − = = = − + + + + + + Với
0, 1 0
1 1 1 x C x
x x x C
x C x x = ≥ +
≥ ≠ ⇒ + > ⇒ ⇒ ≤ <
= = − <
+ +
( )
0 0
1 x
C C x x tm
x
⇒ ∈ ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
+
Vậy x=0thì C = −A B nhận giá trị nguyên
Câu
2
4 3 3
)
2 2
2
3
x x
x y x
a
x y x y
(3)Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ); 1; 3 x y =
b) Gọi chiều rộng mảnh vườn hình chữ nhật x m( ) x> Khi chiều dài mảnh vườn x+5( )m
Diện tích mảnh vườn là: x+5( )m
Diện tích mảnh vườn hình chữ nhật
150m nên ta có phương trình:
( )
( ) ( )
( )( )
2
2
5 150 150
15 10 150
15 10 15
10 15
10( ) 15( ) x x
x x
x x x
x x x
x x
x tm x ktm
+ =
⇔ + − =
⇔ + − − =
⇔ + − + =
⇔ − + =
= ⇔ = −
Vậy chiều rộng mảnh vườn 10m
Câu
a) Hàm số cho hàm số bậc đồng biến
4
4
4
m m
m
m m
− ≠ ≠
⇔ ⇔ >
− > >
b) Gọi đồ thị hàm số y =(m−4)x+ +m 4là đường thẳng ( )d
Xét phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P):
( ) ( )
2
4 4 0(*)
x = m− x+ + ⇔m x − m− x− − =m
Số giao điểm (d) (P) đồng thời số nghiệm phương trình (*) Có hệ số a=1,b= −(m−4 ,) c= − − m
Ta có:
( )2 ( ) 2 2 ( )2
4 4 16 16 4 28 28
m m m m m m m m
∆ = − + + = − + + + = − + + = − +
Ta có: ∆ > ∀0 m
Nên (d) cắt (P) hai điểm phân biệt
Áp dụng hệ thức Vi et cho phương trình (*) ta có:
1
4
x x m
x x m
+ = −
= − −
Theo đề ta có:
( ) ( )
( ) ( )
1 2
2
1 2
2
1 2
1 18
18
2 18
x x x x x x x x
x x x x x x
− + − =
⇔ − + − − =
(4)( )2 ( ) ( )
4 4 18
8 16 18
m m m
m m m m
⇔ − − − − − − − =
⇔ − + + + − + − =
2
7 10
m m
⇔ − + =
( ) ( )
( )( )
2
2 10
2
2
2( ) 5( )
m m m
m m m
m m
m tm m tm
⇔ − − + =
⇔ − − − =
⇔ − − =
= ⇔ =
Vậy m∈{ }2;5 thỏa giá trị toán c) Ta có: ( )d :y =(m−4)x+ + m
+)Xét TH: m− = ⇔ = ta có: m ( )d :y =8là đường thẳng song song với trục hoành
( )
( )
( )
( )
, 64 65
, 65
d O d
d O d vs m
⇒ = = <
⇒ < =
+)Xét TH: m− ≠ ⇔ ≠4 m 4ta có:
Goi Alà giao điểm đường thẳng ( )d với trục Ox ⇒ A x( A;0)
( ) 4
0 4 ,0
4
4
4
A A
A
m m
m x m x A
m m
m m
OA x
m m
+ +
⇒ = − + + ⇔ = − ⇒ −
− −
+ +
⇒ = = − =
− −
Gọi B giao điểm đường thẳng ( )d với trục Oy⇒B(0;yB)
( 0) 4 (0; 4)
4
B
B
y m m m B m
OB y m
⇒ = − + + = + ⇒ +
(5)Áp dụng hệ thức lượng cho OAB∆ vng O có đường cao OH ta có:
( )
2
2 2
1 1 1
4
4
OH OA OB m m
m
= + = +
+
+
−
( )
( ) ( ) ( ( ) ) ( ( ) )
2 2
2
2 2
2
4 4
1
4 4
m m m
OH
OH m m m m
− − + +
⇔ = + = ⇔ =
+ + + − +
Giả sử khoảng cách từ O đến đường thẳng ( )d không lớn 65 ⇔d O d( ;( ))≤ 65
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
2
2
2
2 2
2
2
2
65 65
4
65
4
4 65 ( 0)
8 16 65 520 1105
64 528 1089
8 33
OH OH
m m
m m do m
m m m m
m m
m
⇔ ≤ ⇔ ≤
+
⇔ ≤
− +
⇔ + ≤ − + − + >
⇔ + + ≤ − +
⇔ − + ≥
⇔ − ≥
Ta có: (8m−33)2 ≥ ∀ ⇒0 m OH2 ≤ ∀ ⇒65 m d O d( ,( ))=OH ≤ 65
( )
( , )
d O d
⇒ không lớn 65 với m≠4
Kết hợp hai trường hợp ta khoảng cách từ O đến đường thẳng ( )d không lớn 65
8
2
15 10 5 10 15
d
H
O B
(6)(7)Câu
a) Ta có AEB=900(góc nơi tiếp chắn nửa đường trịn(O))⇒GEB=900 Có CD⊥ ABtại H(gt) ⇒GHB=900
Xét tứ giác BEGH có GHB+GEB=900 +900 =1800 ⇒ Tứ giác BEGH tứ giác nội tiếp
b) Dễ thấy tứ giác BECDnội tiếp đường trịn (O) ⇒KEC =CDB=KDB(góc ngồi góc đỉnh đối diện tứ giác nội tiếp)
Xét tam giác KCEvà tam giác KBD có:
BKDchung; KEC =( )KDB cmt
( ) KC KE ( )
KCE KBD g g KC KD KE KB dfcm KB KD
⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
c) Ta có: AFB=900(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)⇒BF ⊥ AF(1) Xét ∆KABcó hai đường cao AE KH c, G⇒Glà trực tâm KAB∆
P
Q
N
M
F
K
E
D C
B O
A H
(8)BG AK
⇒ ⊥ hay BG⊥ AF( )2
Từ (1) (2) ⇒qua B kẻ đường thẳng BG BF vng góc v, ới AF BG BF
⇒ ≡ hay B,G,F thẳng hàng
90 GF AF AFG
⇒ ⊥ ⇒ =
Xét tứ giác AFGH có AFG+AHG=900 +900 =1800 ⇒Tứ giác AFGH tứ giác nội tiếp
GHF GAF
⇒ = (hai góc nội tiếp chắn cung GF)
Tứ giác BEGH nội tiếp (cmt) GHE =GBE(hai góc nội tiếp chắn cung GE) Lại có: GAF =EAF =EBF =GBE(hai góc nội tiếp chắn cung EF)
GHF GHE HG
⇒ = ⇒ phân giác EHF( )*
Tứ giác BEGH nội tiếp (cmt)⇒GEH =GBH (hai góc nội tiếp chắn cung GH) Mà GBH = FBA=FEA=GEF(hai góc nội tiếp chắn cung AF)
GEH GEF EG
⇒ = ⇒ phân giác HEF( )**
Từ (*) (**) ⇒Glà giao điểm hai đường phân giác tam giác HEF ⇒Glà tâm đường tròn nội tiếp tam giác HEF
d) Gọi Q điểm đối xứng E qua AB I, giao điểm QO với ( )O Khi IQ đường kính ( )O
Vì Q điểm đối xứng E qua AB hay qua HB nên HB đường trung trực EQ ,
HE HQ AE AQ
⇒ = = OE =OQ⇒ ∈Q ( )O
EHQ
∆ có HE =HQnên cân H HB
⇒ vừa đường trung trực, vừa đường phân giác ⇒EHQ=2EHB Vì HG tia phân giác EHF cmt( )⇒EHF=2GHE
Ta có: EHQ+EHF =2( EHB+GHE)=2.900 =1800 ⇒FHQ =1800 , ,
F H Q
⇒ thẳng hàng⇒FQ=HQ+HF =HE+HF
Xét ( )O có IFQ=APB=900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)⇒ AP⊥NBmà ( )
MN ⊥ NB gt ⇒MN / /APhay EF / /AP
AF PE
⇒ = (hai cung bị chắn hai dây song song nhau) Lại có: AQ=AE (cmt)⇒ AE= AQ(tính chất dây căng cung)
AF AQ PE AE
⇒ + = + hay FQ= AP
FIQ PBA
⇒ = (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Xét FIQ∆ ∆PBAcó:
0( )
90
(9)( )
FIQ PBA ch gn FQ AP
⇒ ∆ = ∆ − ⇒ =
Xét tứ giác AMNP có
90 M =N =APN =
⇒Tứ giác AMNP hình chữ nhật ⇒ AP=MN
Mà AP=FQ=HE+HF cmt( )⇒HE+HF =MN dfcm( )
Câu 5,
Với , ,a b cdương, Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
3 3
2 2
2 ; ;
a b c
ab a bc b ca c
b + ≥ c + ≥ a + ≥ Ta có:
( ) (2 ) (2 )2 2 2 2
3 3
2 2
0 , ,
a b b c c a a b c ab bc ca a b c a b c
a b c b c a
− + − + − ≥ ⇔ + + ≥ + + ∀
⇒ + + ≥ + +
, , a b c
∀ thỏa mãn tốn ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2 2
2 2
3 3
2 2
1 1
3
3
a b b c c a a b c
a b c ab bc ca a b c
a b c a b c
b c a
− + − + − + − + − + − ≥
⇒ + + ≥ + + + + + − =
⇒ + + ≥ ⇒ + + ≥