Đang tải... (xem toàn văn)
Khi bắt đầu làm việc nhóm được bổ sung thêm học sinh nên mỗi giờ nhóm sắp xếp nhiều hơn dự định 20 quyển sách, vì vậy không những hoàn thành trước dự định 1 giờ mà còn vượt mức được gi[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC : 2020 – 2021
Đề thức Mơn: Tốn
Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1(1,75 điểm)
1) Giải hệ phương trình: 52x 4y 71
x y
− =
+ =
2) Giải phương trình: x4 −12x2+16 0= 3) Giải phương trình: 1
1 ( 1)( 2)
x− + x− x− = x Câu 2(2 điểm)
1) Vẽ đồ thị hàm số
x y =
2) Tìm tham số m để hai đường thẳng y = 2x y = (m2 + m) x +1 cắt
3) Tìm số thực a để biểu thức
2 a
a− + − xác định
Câu (1,75 điểm)
1) Một hình cầu tích 288π (cm3) Tính diện tích mặt cầu
2) Một nhóm học sinh giao xếp 270 sách vào tủ thư viện thời gian định Khi bắt đầu làm việc nhóm bổ sung thêm học sinh nên nhóm xếp nhiều dự định 20 sách, khơng hồn thành trước dự định mà vượt mức giao 10 sách Hỏi số sách nhóm dự định xếp
3) Cho phương trình x2−2 0x− = có hai nghiệm 1,
x x Hãy lập phương trình bậc hai
một ẩn có hai nghiệm ( ) ( )x1 , x2
Câu (1,25 điểm)
1) Rút gọn biểu thức
4
2
a a a a
S
a
a a
− + +
= −
+ +
( với a≥0;a≠4)
2) Giải hệ phương trình: 33 22 18 18
x y y x
= +
= +
Câu (2,75 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) có hai đường cao BE,
CF cắt trực tâm H, AB<AC Vẽ đường kính AD (O) Gọi K giao điểm đường thẳng AH với (O), K khác A Gọi L, P giao điểm hai đường thẳng BC È, AC KD
1.Chứng minh tứ giác EHKP nội tiếp đường tròn tâm I đường tròn thuộc đường thẳng BC
2.Gọi M trung điểm đoạn BC Chứng minh AH = 2OM
3 Gọi T giao điểm đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK, T khác K Chứng minh ba điểm L, K, T thẳng hàng
Câu (0,5 điểm) Cho ba số thực a, b, c dương thỏa mãn abc =
Chứng minh rằng: ( 2 2 2)3
a +b +c ≥9(a b c)+ +
(2)HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT - TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC : 2020 – 2021
Câu 1(1,75 điểm)
1) Giải hệ phương trình:
2
x y x y
− =
+ =
Giải:
3
3 12 20 28 22 33 2 2
2 10 20 2.3 4 1
2
x x
x y x y x
x y x y x y y y
= =
− = − = =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
+ = + = + = −
+ = =
2)Giải phương trình: x4−12x2+16 0= (1) Giải: Đặt x2 = t (t ≥0)
Phương trình (1) trở thành: t2−12 16 0t+ = (2)
2
' b' ac ( 6) 16 20
∆ = − = − − = , phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt: 20 (tm)
t = + = + ; t = −2 6 20 5= − (tm)
Với ( )
1 x 6 5
t = + ⇔ = + ⇔ = ±x + = ± +
Với ( )
2 x 6 5
t = − ⇔ = − ⇔ = ±x − = ± −
Vậy phương trình (1) có nghiệm: ±( 1+ ); ±( 1− )
3) Giải phương trình: 1
1 ( 1)( 2)
x− + x− x− = x
Giải: ĐKXĐ: x≠1;x≠2;x≠0
2
2
2
1
1 ( 1)( 2)
2 ( 2) 3.( 1)( 2) ( 1)( 2) ( 1)( 2)
2 3( 2)
2
7
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
+ =
− − −
− + − −
⇔ =
− − − −
⇒ − + = − +
⇔ − = − +
⇔ − + =
Do a + b +c = + (-7) + = nên phương trình có nhiệm: x1 = (không thỏa ĐK), x2= (thỏa ĐK)
Vậy phương trình cho có nghiệm x =
Câu 2(2 điểm)
1) Vẽ đồ thị hàm số y = x42
Giải: Hàm số xác định với x R∈ Bảng giá trị:
x -4 -2
2
x
y = 1
(3)2) Tìm tham số m để hai đường thẳng y = 2x y = (m2 + m) x +1 cắt
Giải: Hai đường thẳng cắt :
2 '
2 1;
a a m m
m m
m m
≠ ⇔ ≠ +
⇔ + − ≠
⇔ ≠ ≠ −
Để hai đường thẳng cắt m ≠1 m ≠ −2
3) Tìm số thực a để biểu thức
2 a
a− + − xác định
Giải: ĐKXĐ: 2
6
a a
a
a a
− > >
⇔ ⇔ < ≤
− ≥ ≤
Vậy với 2< ≤a biểu thức xác định
Câu (1,75 điểm)
1) Một hình cầu tích 288π (cm3) Tính diện tích mặt cầu
Giải: Gọi R bán kính hình cầu
Ta có: 288 216 6( ) 3πR = π ⇔R = ⇔ =R cm Diện tích mặt cầu: S=4πR2 =4 144 (π = π cm2)
2) Một nhóm học sinh giao xếp 270 sách vào tủ thư viện thời gian
nhất định Khi bắt đầu làm việc nhóm bổ sung thêm học sinh nên nhóm xếp nhiều dự định 20 sách, khơng hồn thành trước dự định mà vượt mức giao 10 sách Hỏi số sách nhóm dự định xếp là
Giải: Gọi số sách nhóm dự định xếp x (quyển) ĐK: x N∈ *
Số sách thực tế xếp là: x + 20 (quyển) Thời gian dự định để xếp 270 sách là: 270
x (h)
Tổng số sách xếp thực tế là: 270 + 10 = 280 (quyển) Thời gian thực tế để xếp 280 sách là: 280
20
x + (h)
Do cơng việc hồn thành trước dự định nên ta có phương trình:
2
1
270 280
20
270( 20) 280 ( 20) 270 5400 280 20
30 5400
60( ); 90( )
x x
x x x x
x x x x
x x
x tm x ktm
− =
+
⇒ + − = +
⇔ + − = +
⇔ + − =
⇔ = = −
(4)3) Cho phương trình x2−2 0x− = có hai nghiệm 1,
x x Hãy lập phương trình bậc hai một ẩn có hai nghiệm ( ) ( )x1 , x2
Giải: Cách 1:
Do ∆ =' 2>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1= +1 2; x2 = −1 Ta có: ( ) ( )3 ( ) (3 ) (3 ) (3 )3
1 2 2 10
S = x + x = + + − = + + − =
( ) ( )3 ( ) (3 ) (3 ) (3 ) (3 )( )
1 2 2 2 1
P= x x = + − = + − = + − =
Phương trình bậc hai ẩn cần lập là: x2−10 0x+ =
Cách thứ hai: Sử dụng Vi – ét:
Do a.c<0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt trái dấu nên Theo Vi – ét:
1 2 b x x a c x x a − + = = = = −
Do x1 x2 trái dấu nên (x1)3 (x2)3 trái dấu Do ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
3 3 2 2
1 2 1 2
2
2
1 1 2 2
2
1 2 2
2
4
2 4.( 1) ( 1) 2.5 10
S 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
= + = − = − + +
= − + + = − + −
= + − + −
= − − − − = =
( ) ( )3 ( ) ( )3 ( )3 ( )3
1 2 1
P= x x = x x = x x = − =
Phương trình bậc hai ẩn cần lập là: x2−10 0x+ = (cách khó)
Câu (1,25 điểm)
1) Rút gọn biểu thức
4
2
a a a a
S a a a − + + = − + +
( với a≥0;a≠4)
Giải: Với a≥0;a≠4 ta có:
( )( ) ( )( )
( )( )
2
8 . = . 3
4
2 4 2
a a a a a
a a a a
S a
a
a a a a a a
− + + + + − + + = = + − + + + + − +
2) Giải hệ phương trình: 33 22 18 (1)
18 (2) x y y x = + = + Giải:
( )( 2 )
3 3 2
2
3 3 2
3 0
18
0
18 18 18 18
x y x y x xy y x y
x y x y x y
x xy y x y
y x x y x y
x y − = − + + + + = = + − + − = ⇔ ⇔ ⇔ + + + + = = + = + = + = + TH1:
3 3 2
0
3
18 18 18 ( 3)( 6)
x y y x y x y x
x y
x y x x x x x x x
− = = = =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = =
= + − − = − − = − + + =
(5)TH2: 23 2
18
x xy y x y x y
+ + + + =
= +
Theo đề bài: 33 22 18 (1) 18 (2)
x y y x
= +
= +
2 3
Do y ≥0; x ≥0 suy x ≥18 >0 y 18>0 ≥ ⇒ x >0 y>0
Suy phương trình: x2+xy y+ 2+ + >x y 0 nên hệ phương trình TH2 vơ nghiệm Vậy hệ cho có nghiệm nhất: x = y =
Câu (2,75 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O) có hai đường cao BE,
CF cắt trực tâm H, AB<AC Vẽ đường kính AD (O) Gọi K giao điểm đường thẳng AH với (O), K khác A Gọi L, P giao điểm hai đường thẳng BC EF, AC KD
1.Chứng minh tứ giác EHKP nội tiếp đường tròn tâm I đường tròn thuộc đường thẳng BC
2.Gọi M trung điểm đoạn BC Chứng minh AH = 2OM
3.Gọi T giao điểm đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK, T khác K Chứng minh ba điểm L, K, T thẳng hàng
Giải:
1 Gọi N giao điểm AH BC Ta có
BEC 90= (BE đường cao)
AKD 90= (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) hay HKP 90= Tứ giác EHKP có: HEP HKP 90 90 180 + = 0+ =
Suy tứ giác EHKP nội tiếp (tổng hai góc đối 1800).đường trịn nhận HP làm đường
kính.(1)
*) Ta có: KBC KAC= (hai góc nội tiếp chắn cung)
HBC KAC = (cùng phụ với ACB)
Suy ra: KBC HBC = , suy BC đường phân giác góc HBK
Tam giác BHK có BN vừa đường cao (vì BN vng góc với HK) vừa đường phân giác nên tam giác BHK cân B
Suy BN đường trung tuyến hay NH = NK Gọi I giao điểm HP BC
Ta có: NI //KP (vì vng góc với AK) NH = NK suy IH = IP hay I trung điểm HP (2)
Vậy tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác EHKP trung điểm HP I thuộc BC Chứng minh được: BD//CH (cùng vng góc với AB);
BH//DC (cùng vng góc với AC)
N
I M
T' P
K H
D L
F
E O A
(6)Suy tứ giác BHCD hình bình hành, mà M trung điểm BC suy M trung điểm HD
Xét tam giác AHD có O trung điểm AD, M trung điểm DH nên OM đường trung bình tam giác DAH
Suy AH = 2OM
3 Dùng cách chứng minh gián tiếp:
Gọi T’ giao điểm LK đường tròn (O) (T’ khác K)
Ta cần chứng minh T’ T trùng hay T’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK Thật vậy:
∆ LBF ∆ LEC (vì góc CLE chung, LBF LEC = (vì tứ giác BCEF nội tiếp)) Suy LB.LC=LE.LF (4)
∆ LBK ∆ LT’C (vì góc KLC chung, LKB LCT ' = (vì tứ giác BCT’K nội tiếp)) Suy LB.LC=LK.LT’ (5)
Từ (4) (5) suy ra: LE.LF= LK.LT’ LE LT'
LK LF
⇒ =
Suy ∆ LET’ ∆ LKF (g.c.g) (vì góc ELT’ chung, LE LT' LK = LF ) Do ∆ LET’ ∆ LKF nên LET ' LKF = suy tứ giác EFT’K nội tiếp Hay T’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK
Mà T’ thuộc (O) nên T’ giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác EFK (O)
Suy T T’ trùng Suy T, K, L thẳng hàng
Câu (0,5 điểm) Cho ba số thực a, b, c dương thỏa mãn abc = Chứng minh rằng:
( 2 2 2)3
a +b +c ≥9(a b c)+ + Giải:
( 2 2 2)3 ( 2 2 2)3 2
a +b +c ≥9(a b c)+ + ⇔3(a b c) a+ + +b +c ≥27(a b c) (*)+ + Ta có: 3(a2+b2+c2) ≥(a b c)+ + 2 (1) (bunhia – copxiki – dễ chứng minh) Với a, b, c số dương theo bất đẳng thức cô –si:
2 2 2 2 2
a b c a b c (do abc=1) (a b c ) (2)
+ + ≥ =
⇒ + + ≥
3
a b c abc (do abc = 1)+ + ≥ = (3)
Từ (1) (2) (3) suy ra: 3(a b c) a+ + ( 2+b2+c2)3≥27(a b c)+ + 2 Vậy: (a2+b c2+ 2)3≥9(a b c)+ +
N
I M
T' P
K H
D L
F
E O A