b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại. Cho tam gi ác ABC vuông tại A, đường cao AH. Đường tròn đường kính AH, tâm O, [r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2015-2016
MÔN THI: TOÁN (Dành cho tất cả thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (3,0 điểm)
Cho biểu thức:
x x x
x x
x x
x x x
x P
+
+
−
−
− +
+
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tính giá trị của thức P khi x = 3 − 2 2
c) Chứng minh rằng: với mọi giá trị của x để biểu thức P có nghĩa thì biểu thức
P
7 chỉ nhận một giá trị nguyên
Bài 2 (2,0 điểm)
Cho phương trình x 2 – 2mx + (m – 1) 3 = 0 (m là tham số)
a) Giải phương trình khi m = –1
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại
Bài 3 (1,0 điểm)
9 2
2 9
2
+
+
x
x x
Bài 4 (3,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH Đường tròn đường kính AH, tâm O, cắt các cạnh AB và AC lần lượt tại E và F Gọi M là trung điểm của cạnh HC
a) Chứng minh AE.AB = AF.AC
b) Chứng minh rằng MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH
c) Chứng minh HAM = HBO
d) Xác định điểm trực tâm của tam giác ABM
Bài 5 (0,5 điểm) Cho các số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3 Chứng minh rằng:
2
3 1
1 1
1 1
1
2 2
+
+ +
+
a
Hết
Họ và tên thí sinh: ………
Trang 2SỞ GD-ĐT THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM 2015-2016
DỰ THẢO HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
MÔN TOÁN CHUNG
P
x
+
0,5
( 1) ( 1)
+
0,5
2
0,25
2 1
1c
x
Đánh giá 2x+ +2 2 x >6 x, suy ra 0 7 7
6
x
Vậy 7
P chỉ nhận một giá trị nguyên đó là 1 khi
4 2
4 2
x x
x x
=
=
2a Khi m= − 1 ta có phương trình 2
Giải phương trình ta được hai nghiệm: x1=2;x2 = − 4 0,5
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt 2 ( )3
Gọi x x 1; 2 là hai nghiệm của phương trình, theo Viet ta có
3
1 2
x x m
Trang 3Giả sử ( )2
Thay hai nghiệm x x 1; 2 vào (1) ta được
3
m
m
=
Khẳng định hai giá trị m vừa tìm được thỏa mãn điều kiện (*), kết luận 0,25
3
Điều kiện: x≠0, đưa phương trình trở thành: 22
2
Đặt ẩn phụ:
2
x
t x
= + , phương trình trở thành:
1
2
t
t
=
=
Trường hợp: t = ta có 1 2
2
t = − ta có 2
2
2
x
x
<
=
4a
K
F
E
A
B
C H
O
M
Ta có ·AEF =·AHF AHF;· = ·ACB suy ra ·AEF =·ACB
(hoặc ·AFF = ·AHE AHE;· =·ABC suy ra ·AFE =·ABC) 0,25
Từ tỷ số đồng dạng AE AF
AC = AB ta có AE.AB = AC.AF
0,25
90
MFO= , MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH 0,25
90
Trong tam giác vuông ABC, đường cao AH có
2
AH HB HC AH OH HB HM
0,25
Trang 4Suy ra HBO∆ : ∆HAM 0,25
4d Gọi K là giao điểm của AM với đường tròn
Mà HK ⊥ AM , suy ra BO⊥ AM , suy ra O là trực tâm của tam giác ABM 0,25
hoctoancapba.com - Kho đề thi THPT quốc gia, đề kiểm tra có đáp án, tài liệu ôn thi đại học môn toán
5 Giả sử a b c≥ ≥ , từ giả thiết suy ra ab≥1 Ta có bất đẳng thức sau:
( )( ) ( )
2
1
0
a b ab
Vậy ta cần chứng minh: 2 1 2 3
1 ab+1 c ≥ 2
2
2 3
3
a b c ab bc ca
ab bc ca abc
hay a+ + ≥ ≥b c 3 3abc
Dấu bằng xảy ra khi a= = = b c 1
0,25
Cho các số dương a b c, , thỏa mãn a b c+ + =3.Chứng minh rằng:
3 2
5
Ta có ( )2
3 3
a b c
ab bc ca ab bc ca
+ +
0,25
Ta có
2 3
a c b c
a c b c
a c b c c a c b a b