De thi tuyen sinh lop 10 mon Toan chuyen TP Ho Chi Minh 20152016

Đường thẳng qua B vuông góc với AB cắt đường trung trực của AC tại E.. Hai đường thẳng BC và EF cắt nhau tại K.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016 MÔN THI: TOÁN CHUYÊN Ngày thi: 12 tháng năm 2015 (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu (1,5 điểm) Cho hai số thực a , b thỏa điều kiện ab  , a  b  Tính giá trị biểu thức: P  a  b  1 1   3 b  a b a   1 1   2 b  a b a   1 1    a b  Câu (2,5 điểm) a) Giải phương trình: 2x  x   3x x      b) Chứng minh rằng: abc a  b b  c c  a  với số nguyên a , b , c Câu (2 điểm) Cho hình bình hành ABCD Đường thẳng qua C vuông góc với CD cắt đường thẳng qua A vuông góc với BD F Đường thẳng qua B vuông góc với AB cắt đường trung trực AC E Hai đường thẳng BC và EF cắt K Tính tỉ số KE KF Câu (1 điểm) Cho hai số dương a , b thỏa mãn điều kiện: a  b  Chứng minh rằng: a  a   4a b Câu (2 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O ) Gọi M là trung điểm cạnh BC và N là điểm đối xứng M qua O Đường thẳng qua A vuông góc với AN cắt đường thẳng qua B vuông góc với BC D Kẻ đường kính AE Chứng minh rằng: a) Chứng minh BABC  2BD.BE b) CD qua trung điểm đường cao AH tam giác ABC Câu (1 điểm) Mười vận động viên tham gia thi đấu quần vợt Cứ hai người họ chơi với đúng trận Người thứ thắng x trận và thua y1 trận, người thứ hai thắng x trận và thua y trận, , người thứ mười thắng x 10 trận và thua y10 trận Biết trận đấu quần vợt không có kết hòa Chứng minh rằng: 2 x12  x 22   x10  y12  y22   y10 HẾT Hướng dẫn giải Câu Với ab  , a  b  , ta có: P a b3 a  b  ab   a  b    a  b  a  a  a   b  1a  b    a  b   a  b  2  b  2ab  a  b  4 a  b   a  b  2 a  b  a  b     4 a  b  a  b  a  b  a  b  ab  a b3 a  b  a  b  a  b  1 a  b   a  b     a  b  a  b  ab   a  b   b   a  b   a  b  a   b2  2 a  b  a  b 2   1  a  b  Vậy P  , với ab  , a  b  Câu 2a Điều kiện: x  3 Với điều kiện trên, phương trình trở thành:    0  x   x   x    x   x     x     2x x  x    x  x  x     x   x (1)   x  x   2x  x       x   2x (2)   x   3 x x 3  x 3 2  x    x  x   13  x   13  (1) : x   x     x    2 x   x x  x      13  x    x   x  x  x   (2) : x   2x     x 1   x   x x  x       x   So với điều kiện ban đầu, ta tập nghiệm phương trình đã cho là:    13   S  1;      Câu F a) Chứng minh BA BC = 2BD BE   ABC   900 , EBM   ABC   900  Ta có: DBA   EBM  (1)  DBA  Ta có: ONA  OME (c-g-c)   MEO   EAN   BAE   EAN   900 , Ta lại có: DAB   BAE   MEO   900 và BEM D   BEM  (2)  DAB  Từ (1) và (2) suy BDA # BME (g-g) BD BA BC    BD.BE  BABM  BA BM BE  2BD.BE  BABC b) CD qua trung điểm đường cao AH  ABC  Gọi F là giao BD và CA Ta có BD.BE  BABM (cmt) B BD BM    BDM # BAE (c-g-c) BA BE   BEA  Mà BCF   BEA  (cùng chắn AB )  BMD   BCF   MD / /CF  D là trung điểm BF  BMD  Gọi T là giao điểm CD và AH TH CT (HQ định lí Te-let)  BCD có TH / /BD  BD CD TA CT (HQ định lí Te-let)  FCD có TA / /FD  FD CD Mà BD  FD ( D là trung điểm BF )  Từ (3), (4) và (5) suy TA  TH  T là trung điểm AH A N T O H M C E (3) (4) (5)