X2 TIỀN NẠP TÀI KHOẢN HỌC TRỰC TUYẾN NGÀY 18-20/2
Đề số 39 - Đề thi vào lớp 10 môn ToánĐề thi vào lớp 10 môn Toán - Đề số 39 có đáp án và lời giải chi tiết Quảng cáo
Đề bài Câu I: (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x2+8x+7=0 2) Giải hệ phương trình: {2x−y=−65x+y=20 Câu II: (2,0 điểm) Cho biểu thức A=√x+1x+4√x+4:(xx+2√x+x√x+2), với x>0 1. Rút gọn biểu thức A. 2. Tìm tất cả các giá trị của x để A≥13√x Câu III: (2,0 điểm) 1. Cho đường thẳng (d):y=ax+b . Tìm a,b để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d′):y=2x+3 và đi qua điểm A(1;−1) 2. Cho phương trình x2−(m−2)x−3=0 (m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1;x2 với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức: √x21+2018−x1=√x22+2018+x2 Bài IV: (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm (O), đường kính AB=2R. Gọi d1;d2 lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn (O) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt d1;d2 lần lượt tại M, N. 1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh IB.NE=3IE.NB 3. Khi điểm E thay đổi, chứng minh tích AM.BN có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R. Câu V: (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn: a+b+c=1 . Chứng minh 1a2+b2+c2+1abc≥30. Lời giải chi tiết Câu I. 1) Giải phương trình: x2+8x+7=0 Ta có: a−b+c=1−8+7=0 nên phương trình đã cho luôn có một nghiệm là x=−1 và nghiệm còn lại là: x=−ca=−7 Vậy tập nghiệm của phương trình là S={−1;−7}. 2) Giải hệ phương trình: {2x−y=−65x+y=20 {2x−y=−65x+y=20⇔{7x=14y=20−5x ⇔{x=2y=20−5.2⇔{x=2y=10 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: (x;y)=(2;10) Câu II. Cho biểu thức A=√x+1x+4√x+4:(xx+2√x+x√x+2), với x>0 1. Rút gọn biểu thức A. A=√x+1x+4√x+4:(xx+2√x+x√x+2)=√x+1(√x+2)2:(x√x(√x+2)+x√x+2)=√x+1(√x+2)2:(√x√x+2+x√x+2)=√x+1(√x+2)2.√x+2√x(√x+1)=1√x(√x+2) Vậy với x>0 thì 2. Tìm tất cả các giá trị của x để A≥13√x A≥13√x⇔1√x(√x+2)≥13√x⇔3−(√x+2)√x(√x+2)≥0⇔1−√x√x(√x+2)≥0 Với x>0 ta có: √x(√x+2)>0 khi đó 1−√x√x(√x+2)≥0 ⇔1−√x≥0⇔x≤1 Kết hợp với điều kiện ta được: 0<x≤1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu III. 1. Cho đường thẳng (d):y=ax+b . Tìm a,b để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d′):y=2x+3 và đi qua điểm A(1;−1) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d’) khi và chỉ khi: {a=a′b≠b′⇔{a=2b≠3 Khi đó (d) trở thành: y=2x+b(b≠3) Đường thẳng (d’) đi qua điểm A(1;−1) nên ta có: −1=2.1+b⇔b=−3(tm) Vậy đường thẳng (d) cần tìm là: y=2x−3 2. Cho phương trình x2−(m−2)x−3=0 (m là tham số). Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x1;x2 với mọi m. Tìm m để các nghiệm đó thỏa mãn hệ thức: √x21+2018−x1=√x22+2018+x2 Xét biệt thức Δ=(m−2)2+12≥12>0,∀m Vậy phương trình x2−(m−2)x−3=0 luôn có hai nghiệm phân biệt x1;x2 với mọi m. Giả sử x1>x2 Theo hệ thức Viet ta có: {x1+x2=m−2x1x2=−3 Theo đề ra ta có: √x21+2018−x1=√x22+2018+x2⇔√x21+2018−√x22+2018=x1+x2⇔x21+2018+x22+2018−2√(x21+2018).(x22+2018)=x21+x22+2x1x2(Dox1−x2>0)⇔4036−2√(x21+2018).(x22+2018)=2x1x2⇔√(x21+2018).(x22+2018)=2018−x1x2⇔(x21+2018).(x22+2018)=20182−4036x1x2+x21x22⇔x21x22+2018(x21+x22)+20182=20182−4036x1x2+x21x22⇔[(x1+x2)2−2x1x2]=−2x1x2⇔(x1+x2)2=0⇔(m−2)2=0⇔m=2 Vậy m = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài IV. Cho đường tròn tâm (O), đường kính AB=2R. Gọi d1;d2 lần lượt là các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B, I là trung điểm của đoạn thẳng OA, E là điểm thay đổi trên đường tròn (O) sao cho E không trùng với A và B. Đường thẳng d đi qua E và vuông góc với đường thẳng EI cắt d1;d2 lần lượt tại M, N.
1. Chứng minh AMEI là tứ giác nội tiếp. Ta có: MA là tiếp tuyến của (O) tại A nên ∠IAM=900 Xét tứ giác AMEI có ∠IAM+∠IEM=900+900=1800 ⇒ Tứ giác AMEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800) 2. Chứng minh IB.NE=3IE.NB Ta có ∠IEA+∠IEB=∠AEB=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); ∠NEB+∠IEB=∠NEI=900(gt); ⇒∠IEA=∠NEB Xét ΔIEA và ΔNEB có: ∠IEA=∠NEB(cmt); ∠IAE=∠BAE=∠NBE (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE); ⇒ΔIEA∼ΔNEB(g.g) ⇒IEIA=NENB ⇒IA.NE=IE.NB ⇒3IA.NE=3IE.NB Do I là trung điểm của OA ⇒IA=12OA=12.12AB=14AB ⇒IA=13IB hay IB=3IA. ⇒IB.NE=3IE.NB(dpcm). 3. Khi điểm E thay đổi chứng minh tích AM.BN có giá trị không đổi và tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R. +) Chứng minh tích AM.BN có giá trị không đổi Xét tứ giác BNEI có ∠IBN+∠IEN=900+900=1800 ⇒ Tứ giác BNEI là tứ giác nội tiếp (Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800) ⇒∠NEB=∠NIB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NB) Ta có ∠AMI=∠AEI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AI) ; Mà ∠AEI=∠NEB(cmt) ⇒∠AMI=∠NIB. Xét ΔAMI và ΔBIN có: ∠AMI=∠NIB(cmt);∠MAI=∠IBN=900(gt);⇒ΔAMI∼ΔBIN(g.g)⇒AMBI=AIBN⇒AM.BN=AI.BI Ta có AI=14AB=14.2R=R2; BI=34AB=34.2R=3R2 ⇒AM.BN=R2.3R2=3R24=const. +) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác MNI theo R. Tứ giác BNEI là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒∠ENI=∠EBI (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EI) Do tứ giác AMEI nội tiếp (cmt) ⇒∠IME=∠IAE (hai góc nội tiếp cùng chắn cung IE) ⇒∠ENI=∠IME=∠EBI+∠IAE=900 (ΔABE vuông tại E) ⇒∠MIN=900⇒ΔIMN vuông tại I ⇒SIMN=12IM.IN Đặt ∠AIM=α ⇒∠BNI=α(00<α<900) (DoΔAMI∼ΔBIN). Xét tam giác vuông AIM có cos∠AIM=cosα=AIMI ⇒MI=AIcosα=R2cosα=R2cosα Xét tam giác vuông BIN có : sin∠BNI=sinα=BIIN ⇒IN=BIsinα=3R2sinα=3R2sinα ⇒SIMN=12IM.IN=12.R2cosα.3R2sinα=3R28sinαcosα Do 00<α<900 ⇒sinα>0,cosα>0 và cosα=√1−sin2α. ⇒sinα.cosα=sinα.√1−sin2αCauchy≤sin2α+1−sin2α2=12⇒SIMN≥3R28.12=3R24 Dấu bằng xảy ra ⇔sinα=√1−sin2α ⇔2sin2α=1 ⇔sinα=1√2⇔α=450 Vậy SIMNmin=3R24⇔∠AIM=450 Câu V. Ta có: 1a2+b2+c2+1abc=1a2+b2+c2+19abc+89abc≥1a2+b2+c2+13(bc+ac+ab)2+89(a+b+c)327≥2√1a2+b2+c2.13(bc+ac+ab)2+24≥2√13(a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac)227+24=30 Loigiaihay.com
Quảng cáo
|