c Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để đoạn thẳng PQ có độ dài nhỏ nhất.. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:..[r]
(1)THI THỬ VÀO THPT LẦN Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút x2 P x x 5x x Câu 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức: a) Tìm điều kiện xác định biểu thức P b) Rút gọn P Câu 2: (2,0 điểm) Giải bài toán cách lập phương trình Một tam giác vuông có đường cao ứng với cạnh huyền dài 24cm và chia cạnh huyền thành hai đoạn thẳng kém 14cm Tính độ dài cạnh huyền và diện tích tam giác vuông đó 2 Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình: x x m 3m 0 (1)(trong đó x là ẩn, m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m b) Tìm tất các giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn x12 x2 6 x1 và x2 Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có đường cao AH, M là điểm trên cạnh BC (M không trùng với B và C) Gọi P, Q theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB và AC, O là trung điểm AM Chứng minh rằng: a) Các điểm A, P, M, H, Q cùng nằm trên đường tròn b) Tứ giác OPHQ là hình gì ? vì ? c) Xác định vị trí điểm M trên cạnh BC để đoạn thẳng PQ có độ dài nhỏ Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số thực a, b, c không âm thỏa mãn: a b c 3 Tìm giá trị lớn biểu thức: Q a ab b b bc c c ca a - Hết -Họ và tên thí sinh :…………………………………………Số báo danh………… (2) HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO THPT LẦN Môn : TOÁN Câu Nội dung trình bày Tìm ĐKXĐ P: x 0 x 3 a x x 0 x x 0 x 3 x 2 x 0 x 2 (2đ) P b 1,0 x2 x2 x x x x x x 3 x x x x x 3 x 3 x x 3 x x x 3 x x x2 x x x 12 x 3 x x 3 x 1,0 Gọi x là hình chiếu cạnh góc vuông có độ dài lớn (ĐK: x > 14; cm) thì độ dài hình chiếu còn lại là: x 14 (cm) Áp dụng hệ thức liên hệ đường cao và hình chiếu các cạnh góc vuông trên cạnh huyền ta có phương trình: 24 x x 14 Giải phương trình: (2đ) Điểm x 32 (TM) 242 x x 14 x 14 x 576 0 x 32 x 18 0 x 18 (KTM) 0,5 0,5 0,5 Nên hình chiếu có độ dài lớn là 32 (cm), hình chiếu còn lại dài 18 (cm) Từ đó suy ra: Độ dài cạnh huyền là: 32 + 18 = 50 (cm) Diện tích tam giác vuông đó là: Với m ta có phương trình : a 24.50 600 (cm2) 0,5 x 0 x 0 (1) x x 0 x x 0 x 0 x 4 1,0 Vậy với m thì phương trình (1) có tập nghiệm là: S 0; 4 x x Để phương trình (1) có hai nghiệm và thì: (2đ) '(1) 4 m 3m 0 m m 0 m 1 b x1 x2 4 x1 x2 m 3m Theo hệ thức Vi-ét ta có: Kết hợp với giả thiết ta có: 0,25 0,25 1,0 (3) x1 x2 4 x x12 x1 0 x1 1 x1 0 x1 2 x1 x2 6 x1 x2 5 x1 x2 m2 3m m2 3m 0 *) Với Từ Dễ thấy phương trình trên vô nghiệm có 9 4.5 *) Với x1 2 x2 2 0,25 m 1 x1 x2 m 3m m 3m 0 m 1 m 0 m Từ (3đ) Đối chiếu ĐK có nghiệm phương trình (1) ta thấy hai giá trị trên thỏa mãn x Vậy với m = 1; m thì phương trình (1) có hai nghiệm x2 x12 x2 6 và thỏa mãn Ta có: APM 900 (do MP AB (gt)) 0,25 AQM 900 (do MQ AC (gt)) AHM 900 (do AH là đường cao ∆ABC(gt)) Ta thấy điểm P, Q, H cùng a nhìn đoạn thẳng AM góc vuông Nên điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM (HS có thể c/m tứ giác nội tiếp suy đpcm là suy luận đúng) Do O là trung điểm AM nên O là tâm đường tròn qua điểm A, P, H, M, Q Lại có ∆ABC (gt) nên AH đồng thời là phân giác PAH BAH 300 POH 2PAH 600 R 1,25 AM , Đặt xét (O; R) ta có: b (góc nội tiếp và góc tâm cùng chắn PH ) (1) mặt khác OP = OH = R nên ∆OPH cân (2) Từ (1) và (2) ta suy ∆OPH OP = PH = R (3) Chứng minh tương tự ta có: OQ = QH = R (4) Từ (3) và (4) OP = OQ = QH = PH Do đó tứ giác OPHQ là hình thoi 1 R c PI PQ IH OH OH PQ 2 Do OPHQ là hình thoi nên ta có: và ; Áp dụng Pytago cho tam giác vuông PIH có: 1,0 0,75 (4) 3.R R AM PI PH IH R PQ 2PI 3.R 2 Suy ra: Do đó: PQ có độ dài nhỏ AM có độ dài nhỏ Mặt khác AM AH , nên AM có độ dài nhỏ M H Vậy M H thì PQ có độ dài nhỏ Không tính tổng quát, giả sử: a b c 0 Ta có: 2 2 2 0 b bc c b c c b b 2 2 0 c ca a c c a a a 0,25 Do đó: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho số không âm ta có: b bc c c ca a a 2b 3ab 3ab 3ab 3ab Q a ab b a 2b a ab b a ab b 2 27 2 4 a 2ab b a b 3 6 a b c 0 a b a b c a b a b c 36 Do Suy (1đ) Q 12 35 Dấu “=” xảy c bc 0; c ca 0 a b c 3 3ab a ab b 0,25 0,25 a 2 b 1 c 0 Vậy Max Q 12 a 2; b 1; c 0 và các hoán vị chúng (nghĩa là số a, b, c có số 2, số và số còn lại 0) 0,25 (5)