66. Đề thi tuyển sinh vào lớp10 tỉnh Thái Bình năm học 2015-2016 (chuyên chung)

đường tròn ta chứng minh đường thẳng đó vuông góc với một bán kính tại một điểm nằm trên đường tròn của bán kính đó.. Nhắc lại kiến thức và phương pháp.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH

Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN

NĂM HỌC 2015 - 2016 MÔN THI: TOÁN (chung)

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I (3,0 điểm) Cho biểu thức P 2x 2 x x 1 x2 x

+ với ( 0< ¹ ) x 1

1) Rút gọn biểu thức P

2) Tính giá trị của thức P khi x= -3 2 x

3) Chứng minh rằng: với mọi giá trị của x để biểu thức P có nghĩa thì biểu thức 7

P chỉ nhận một giá trị nguyên Câu II (2,0 điểm) Cho phương trình 2 ( )3

x mx+ m = ( m là tham số)

1) Giải phương trình khi m = - 1

2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại

Câu III (1,0 điểm) Giải phương trình 2

2

x

Câu IV (3,5 điểm) Cho tam giác ABCV 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

1) Chứng minh AE AB = AF AC

2) Chứng minh rằng MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH

3) Chứng minh ·HAM= HBO·

4) Xác định điểm trực tâm của tam giác ABMV

Câu V (0,5 điểm) Cho các số dương ; ; a b c thỏa mãn ab+ bc+ca= 3 Chứng minh rằng

2

…… HẾT………

LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Câu I

1) Ta có P 2x 2 x x 1 x x 1

x

+

+

2

2) Ta có x= -3 2 2Þ x= 2- 1

- Tính được kết quả P = 4 2+2

3) Đưa được 7 7

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

êë ë

Nhận xét: Hai ý đầu là những ý quen thuộc, rút gọn biểu thức và tính giá trị biểu thức, tuy nhiên có ý cuối là ý nâng cao nhưng với bài toán nghiệm nguyên thì nếu ta xét được miền nghiệm của biểu thức sẽ tìm được các giá trị nghiệm nguyên thỏa mãn

Ý tưởng: Với yêu cầu rút gọn biểu thức P , đây là một yêu cầu quen thuộc khi ta phải đưa các biểu thức cồng kềnh

về đơn giản hóa, tức là sẽ khử dần được các căn thức như sau:

 Với P1 x x 1

-=

- , nếu đặt t= x thì ta có P1 t32 1

t t

-=

- , dựa vào hằng đẳng thức quen thuộc

t - = t- t + +t đồng thời nhóm nhân tử chung t2- =t t t( - 1) nên

2 1

1

t t P

t

+ +

 Với P2 x2 x

x x x

+

=

+ , nếu đặt t= x thì ta có P2 t34 t2

t t

+

= + , dựa vào hằng đẳng thức dạng

( ) ( ) ( )

t + =t t t + =t t+ t - t+ đồng thời nhóm nhân tử chung t3+t2=t t2( +1) nên

2

2

1

t t

P

t

x

Khi x = 3- 2 2, ta chỉ còn việc tính x là sẽ tính được giá trị của biểu thức P , để ý thấy ( )2

3- 2 2= 2- 1

x = - = - Vậy nên ta tính được P = 4 2+ 2

Xét biểu thức 7

P, với P 2x 2 x 2

x

x Q

+ + Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có

x+ > x ( dấu = không xảy ra vì điều kiện bài cho là x¹ ) nên 21 x+ 2 x+ >2 4 x+ 2 x=6 x do đó

6

Q

6

Q

< < nên Q chỉ có

thể nhận một giá trị nguyên duy nhất, và giá trị nguyên đó chính là Q = 1 Từ đó ta kết luận được 7

P, chỉ nhận một giá trị nguyên đó là 1 khi và chỉ khi

4 2

4 2

x x

x x

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

x

P

+ + - với x > 0 và x¹ 1

1 Rút gọn biểu thức P

P

= nhận giá trị nguyên

2

x= ± Câu II

Giải phương trình ta được hai nghiệm: x1= 2;x2= - 4

1

¢

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt khi 2 ( )3

m - m- > (*)

Gọi x x 1; 2 là hai nghiệm của phương trình, theo Vi-et ta có

1 2

3

1 2

1 (2)

ìï + = ïïí

1 2

x = x , thay vào (2), ta được x2= m- 1; ( )2

x = m- Thay hai nghiệm x x vào (1), 1; 2 ta được

3

m

m

é = ê

Khẳng định hai giá trị m vừa tìm được thỏa mãn điều kiện (*), kết luận

Nhận xét: Bài toán sử dụng các tính chất của định lý Vi-et để khai thác tính chất nghiệm từ đó tìm điều kiện yêu cầu của bài toán

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Phương trình bậc hai tổng quát 2

0

ax + bx+ = c với a¹ 0

Để phương trình trên có nghiệm 2

Û D = - ³ Khi đó, giả sử phương trình có hai nghiệm phân biệt

1; 2

x x nên theo định lý Viet ta có

1 2

b

a

+ = - và x x1 2 c

a

=

Ý tưởng: Ý đầu tiên của bài toán, chỉ cần thế m = - 1 rồi đi giải phương trình bậc hai (xét V hoặc dùng máy tính

), còn ý sau phức tạp hơn khi đề bài yêu cầu tìm m với điều kiện cho trước Đọc đề ta sẽ phân tích được rằng phải

đi làm hai công việc như sau:

1 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt Xét với phương trình bậc hai 2 ( )3

– 1

¢

D = - Để phương trình có hai nghiệm phân biệt khi 2 ( )3

m - m- > Tuy nhiên đây

là phương trình bậc ba ẩn m với nghiệm lẻ, do đó ta sẽ không đi giải nó mà sau khi tìm được m ta sẽ thế

vào điều kiện

2 Khi phương trình bài cho có hai nghiệm phân biệt đồng thời thỏa mãn một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại Ta giả sử nó có hai nghiệm phân biệt x x và 1; 2 2

1 2

x = x Theo định lý Vi-et, ta có:

3

ïî

3

m

m

é = ê

Thỏa mãn điều kiện 2 ( )3

m - m > Vậy m = 0 hoặc m = 3 là các giá trị cần tìm

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

2015

+

cho 2 2

1 2

x + x đạt giá trị nhỏ nhất

Câu III Điều kiện: x¹ 0

Phương trình trở thành 22

2

+

Đặt

2

x

t x

=

1

2

t

t

é = ê ê

êë + Với t =1, ta có x= 2x2+9 (vô nghiệm)

2

t = - , ta có 2

2

2

x

x

é <

ê

-=

Vậy phương trình có nghiệm: 3 2

2

x = - Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ, đưa phương trình ban đầu về phương trình bậc ba, từ đó truy ngược lại nghiệm của phương trình đã cho

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Phương trình bậc ba tổng quát 3 2

0

ax + bx + cx+ =d Nếu tổng các hệ số a+ + + = b c d 0 thì phương trình

đã cho có một nghiệm x =1

 Đặt

2

x

t

= + , suy ra

( )

1

Ý tưởng: Phương trình khá phức tạp vì vừa chứa căn thức, vừa xuất hiện phân số Tuy nhiên, có sự đối xứng giữa

biến x và hằng số 9 , đồng thời khi bình phương biểu thức

2

2 2

x x

sẽ thấy xuất hiện 92

x vì thế lượng dư sẽ là 2 Do đó ta sẽ tạo thêm 2 với lượng 92

x để xuất hiện biểu thức

2

+

+ = Khi đó phương trình đã cho trở thành: 22

2

+

Đặt

2

x

t

x

=

+ nên

2

1

t

2

1

2

2

t

ê

-ë ë

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là 3

2

x = - Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

Đáp số: x =1

x

2

x= ± Câu IV

F

E

A

B

C H

O

M

1) Xét hai tam giác AEFV và ACBV có góc µA chung

Ta có ·AEF= ·AHF; ·AHF= ACB· , suy ra ·AEF= ACB· (hoặc ·AFF= ·AHE; ·AHE= ABC· , suy ra

AFE= ABC)

nên AEFV ∽VACB

Từ tỷ số đồng dạng AE AF

AC= AB, ta có AE AB = AC AF Nhận xét Bài toán chứng minh đẳng thức hình học có hai vế là tích hai đoạn thẳng ta sử dụng tính chất tỷ lệ thức suy là từ một tỷ số đồng dạng

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

• Trong một đường tròn, các góc nội tiếp chắn cùng một cung thì bằng nhau

Đường tròn tâm O đường kính AH có · AEF= AHF· (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »FA )

• Tổng hai góc nhọn trong tam giác vuông bằng 90°

·

·

íï

ïïî

,

Suy ra ·AEF= ·ACB

• Hai tam giác có hai cặp góc bằng nhau thì đồng dạng với nhau theo trường hợp “góc - góc” (g - g)

Xét AEFV và ACBV có:

+ ·BAC : chung;

+ ·AEF= ·ACB;

Suy ra AEFV ∽VACB (g - g)

• Hai tam giác đồng dạng có các cặp cạnh tương ứng tỷ lệ

AE AB AC AF

2) Xét hai tam giác VOHM và VOFM có OM chung, OF OH=

Có MF= MH (vì tam giác HFCV vuông tại F , trung tuyến FM )

Suy ra OHMD = DOFM (c – c - c)

90

MFO = , MF là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH

đường tròn ta chứng minh đường thẳng đó vuông góc với một bán kính tại một điểm nằm trên đường tròn của bán kính đó

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

• Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền

Tam giác HFCV vuông tại F có M là trung điểm của cạnh huyền HC nên FM là đường trung tuyến

ứng với cạnh huyền do đó

2

HC

FM= = HM= MC

• Hai điểm cùng thuộc một đường tròn thì cách đều tâm đường tròn một khoảng bằng bán kính

Ta có ,F H thuộc ;

2

AH O

AH

OF= OH=

• Hai tam giác có ba cặp cạnh bằng nhau thì bằng nhau theo trường hợp “cạnh - cạnh - cạnh” (c – c - c)

Xét VOHM và VOFMcó:

+ OM : chung;

+ HM FM= (

2

HC

+ OF OH= (

2

AH

Suy ra OHMD = DOFM (c – c – c)

• Hai tam giác bằng nhau có các góc tương ứng bằng nhau

• Một đường thẳng đi qua một điểm nằm trên đường tròn và vuông góc với bán kính của đường tròn tại điểm đó

là tiếp tuyến của đường tròn

+ Điểm F nằm trên ;

2

AH O

+ ·OFM = 90° hay FM OF^ tại F ;

Suy ra FM là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AH

3) Xét hai tam giác AHMV và BHOV có · · 0

90

AHM= BHO=

Trong tam giác vuông ABCV , đường cao AH có

2

suy ra DHBO∽DHAMÞ HAM· = ·HBO

Nhận xét Bài toán chứng minh hai góc bằng nhau ta chứng minh hai tam giác chứa hai góc đó đồng dạng

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

• Hệ thức lượng: Trong tam giác vuông, bình phương đường cao bằng tích hai hình chiếu hai cạnh góc vuông

trên cạnh huyền

Tam giác ABCV vuông tại A , đường cao AH , áp dụng hệ thức lượng ta có:

2

AH = HB HCÛ AH OH= HB HMÛ AH OH= HB HM

• Hai tam giác có một cặp góc bằng nhau và cặp cạnh kề góc tương ứng tỷ lệ thì đồng dạng với nhau theo

trường hợp “cạnh – góc - cạnh” (c – g - c)

Xét AHMV và BHOV có:

+ ·AHM= BHO· ( 0

90

HB = HO;

Suy ra AHMV ∽VBHO (c – g – c)

• Hai tam giác đồng dạng có hai góc tương ứng bằng nhau

AHM BHOÞ HAM= HBO

4) Gọi K là giao điểm của AM với đường tròn

Ta có ·HBO= HAM· = MHK· , suy ra BO HKP

Mà HK^ AM , suy ra BO^ AM , suy ra O là trực tâm của tam giác ABMV

Nhận xét Bài toán chứng minh một điểm là trực tâm của một tam giác ta chứng minh điểm đó là giao điểm của hai đường cao của tam giác đó

Nhắc lại kiến thức và phương pháp

• Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn là góc vuông

Điểm K thuộc ;

2

AH O

è ø nên ·AKH= 90° Þ HKM· = 90° khi đó ·KHM+KMH· = 90° mà

HAM+ KMH= ° nên ·KHM= HAM·

• Hai góc ở vị trí đồng vị của hai đường thẳng bằng nhau thì hai đường thẳng đó song song

ïïî mà hai góc này ở vị trí đồng vị của BO và HK nên suy ra BO HKP

• Quan hệ từ vuông góc đến song song

BO HK

íï ^

ïî

P

• Trong một tam giác, giao điểm của hai đường cao là trực tâm của tam giác

Tam giác ABCD có BO là đường cao, AH là đường cao mà O nằm trên AH nên suy ra O là giao điểm

của hai đường cao AH và OB do đó O là trực tâm của ABCD (đpcm)

Câu V Giả sử a b c³ ³ , từ giả thiết suy ra ab³ Ta có bất đẳng thức sau 1

( )( ) ( )

2

1

0 1

a b ab ab

+

Vậy ta cần chứng minh 2 1 2 3

1 ab+ 1 c ³ 2

( )

2

2 3

3

ab bc ca abc

ïïï íï

ïïî

hay a+ + ³ ³b c 3 3abc

Dấu “=” xảy ra khi a= = = b c 1

Nhận xét: Dựa trên suy đoán của điểm rơi, sử dụng bất đẳng phụ để đưa về phép biến đổi tương đương, từ đó áp dụng bất đẳng thức Cosi để suy ra điều phải chứng minh

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Bất đẳng thức Cosi cho ba số thực dương: a+ + ³b c 33abc

3

a+ +b c ³ ab+ bc+ ca

 Bất đẳng thức bổ đề , 0

1

a b ab

ìï >

ïí

ï ³

1

+

Ý tưởng: Đây là một bài toán khó, với ý tưởng lạ lẫm Đầu tiên xét qua điểm rơi, với sự đối xứng của các biến ta dễ thấy dấu đẳng thức xảy ra tại tâm a= = =b c 1 Vì thế, xét với từng biểu thức 1 2; 1 2

1+ a 1+ b , ta có các đại lượng cân bằng

2

2

a a a a b

b b b a b

ïí

1

+ + + , mặt khác xét dấu của bất đẳng thức bài cho, ta mong

1

+ + + Biến đổi tương đương, ta có được:

( )( ) ( )

2

1

1

a b ab ab

+

Để (*) 0³ Û ab³ 1, tức là ta cần đi khai thác giả thiết để có ab³ 1 Điều này dễ thấy vì đây là bất đẳng thức

thuần nhất nên giả sử a b c³ ³ , khi đó:

c a

ab bc ca ab ba ba ab ab

c b

ìï £

íï £ ïî Vậy nên, bất đẳng thức bài cho trở thành:

( ) ( ) ( ) ( )

2

c ab

( )

2

2 3

ïïï íï

ïïî

, từ đó suy ra được a+ + ³ ³b 3 3 3abc,

suy ra điều phải chứng minh

Bài toán kết thúc

Bài tập tương tự:

1

+

2 Cho ; ;x y z là các số thực dương thuộc 1; 4é ùë û và x= max{x y z; ; } Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

y

P