De thi vao 10 mon Toan chuyen Le Hong Phong NDinh 20142015

thẳng đi qua trung điểm D của BC vuông góc với BC cắt 1 Chứng minh C là trực tâm tam giác APQ..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Năm học 2014 – 2015 Môn: TOÁN (chung) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút ( Đề thi gồm 01 trang) Bài 1: (1,5 điểm): 1) Tìm điều kiện xác định biểu thức x  2) Tìm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông có độ dài cạnh huyền là 10cm P x2  x   3) Cho biểu thức Tính giá trị P x  4) Tìm tọa độ điểm thuộc parbol y = 2x2 biết điểm đó có hoành độ x = Bài 2: (1,5 điểm): Q  a  a 1  a    a  a  a a  a  a  1 Cho biểu thức với a 0; a 1 1) Rút gọn biểu thức Q 2) Chứng minh a > thì giá trị biểu thức Q nhỏ Bài 3: (2,5 điểm): 1) Cho phương trình x  x   m 0 () ( m là tham số) a) Tìm m để phương trình (*) có nghiệm b) Giả sử x1 ; x2 là hai nghiệm phương trình (*) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A  x12 x2   x12  x2   2 x3  5 y  x  3  x  y 1 2) Giải hệ phương trình: O ;R O ;R Bài 4: (3,0 điểm): Cho hai đường tròn  1  và  2  với R1  R2 tiếp xúc với O ;R O ;R A Đường thẳng O1O2 cắt  1  và  2  B và C khác A Đường thẳng qua trung điểm D BC vuông góc với BC cắt 1) Chứng minh C là trực tâm tam giác APQ  O1; R1  P và Q 2 2) Chứng minh DP R1  R2 3) Giả sử D1 ; D2 ; D3 ; D4 là hình chiếu vuông góc D xuống các đường thẳng BP; PA; AQ; QB Chứng minh Bài 5: (1,5 điểm): 1) Giải phương trình  DD1  DD2  DD3  DD4  x2  x   BP  PA  AQ  QB    x  1  y  yz  z   3x 36 2) Xét các số thực x, y, z thỏa mãn Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức A  x  y  z Hết HD số câu: Bài 3: 2 x3  5 y  x  1  x  y 1  2)  trừ vế tương ứng (1) và (2) ta  x y x3  y   x  y  0   x  y   x  xy  y   0   2  x  xy  y  0(3)     x  y   y  0   PT (3) vô nghiệm Với x  y  x 2 y 1  x  y  34  2  34 34 x ; y     ;   2  Vậy hpt có nghiệm Bài 4: 1) PBQC là hình thoi => QC // BP CM // BP (cùng vuông góc với PA) => Q, C, M thẳng hàng Tam giác APQ có đường cao AD và QM cắt C => C là trực tâm tam giác APQ 2) c/minh DM là tiếp tuyến M (O2) Cminh PD2 = DB.DA = DC.DA = DM2 = O2D2 – O2M2 = O2D2 – R22 Ta cminh O2D = R1 AC BC AB R1 O2 D O2 A  CD      R1 2 2 Ta có Vậy ta có đpcm c) DD1  DD2  DD3  DD4   BP  PA  AQ  QB  Dễ dàng cminh DD1 DD4 ; DD2  DD3 ; BP QB; PA  AQ DD1  DD2  DD3  DD4   BP  PA  AQ  QB    DD1  DD  PB  PA Nên Ap dụng BĐT Cô-si ta có DB  DP 2 DB.DP  BP 2 DB.DP( Pi  ta  go DB  DP BP )  BP  DB.DP 2DD1 BP (dấu « = » xảy DP = DB) (1) DA.DP 2DD AP Cminh tương tự ta có (dấu « = » xảy DP = DA) (2) DD1  DD  PB  PA TỪ (1) và (2) =>  (dấu « = » xảy DP = DA =DB) AP  Bài 5: 1) ĐKXĐ 1≤ x ≤ x2  x Cách  x 1    x  1   x 1  x2  x  x 1  x2   x   x  3  x      x2    x   3  x x x 1    3  x   x      3  x (*) x2 2 x  1 x  1   x2 2 Xét PT (*) ta có: +) x = thỏa mãn +) x < Vế trái âm vế phải dương Vô lí ! +) x > không thuộc ĐKXĐ Vậy x = là nghiệm PT đã cho x2  x  x  1 Cách 2:  x2  x x2  x  x 1  x   x            ( x  2)  ( x  1)  (  x  1)  x2    x  1   3(  x  1)  x   x    x   x   x  Vì  x  3 với 1≤ x ≤ (1) 1≤ x ≤ 0  x  4  thì 0 x  1 nên x   x  3 (2) Mà Từ (1) và (2) Vậy phương trình có nghiệm x = 2) Cách Ta có:  x  y  z   x  y  z  xy  yz  xz 2( y  z  yz )  x  ( x  xy  y )  ( x  xz  z )  x  y  z 36  ( x  y )  ( x  z ) 36 Nên −6 ≤ x+ y+ z ≤ => Max(x+y+z) = x = y = z = Min(x+y+z) = –6 x = y = z = – 2 2 Cách Ta có y2 + z2 2 yz suy y  z  yz  x  3y2 + 3z2 + 3x2 2 Nên 3y2 + 3z2 + 3x2 36  x  y  z 12 Ta có  x  y  z x  y  z Nên  2  x  y  z  xy  yz  xz x  y  z  x  y  y  z  z  x 3( x  y  z ) 36 Nên −6 ≤ x+ y+ z ≤ => Max(x+y+z) = x = y = z = Min(x+y+z) = –6 x = y = z = –