Tập nghiệm: S 1 b/ Các hình nội tiếp đường tròn là: Hình vuông; hình chữ nhật; hình thang cân.. Với m=0 thì HPT I có nghiệm duy nhất.[r]
Trang 1ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TỈNH PHÚ THỌ
MÔN TOÁN NĂM HỌC 2015-2016 Creat by: Nguyễn Việt Dũng (Hạ Hòa – Phú Thọ)
Email: nvdpro86@gmail.com
Câu 1:
a/ Giải PT: x 2015 2016 x 2016 2015 x 1 Tập nghiệm: S 1
b/ Các hình nội tiếp đường tròn là: Hình vuông; hình chữ nhật; hình thang cân
Câu 2:
a/ Với m=1 thì HPT trở thành: 3 5 2 2 1
b/ Cách 1:
*TH1: Nếu m=0 thì HPT trở thành:
1
3
3
x
Với m=0 thì HPT (I) có nghiệm duy nhất
*TH2: Nếu m 0 thì HPT (I) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi:
2
2 3
2 3 0 1
m
m
m 12 2 0 (Thỏa mãn với m)
Vậy HPT (I) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m
Ta có: 2 3 5 2 3 3 5
2
3 1
5 9 3
2 3
m y
m
*Cách 2:
Ta có:
(I) 2 3 5 2 3 3 5
3
HPT (I) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: PT 2
có nghiệm duy nhất 2
với m 2
1 2 0
m
với m (Luôn đúng) Vậy HPT (I) luôn có nghiệm duy nhất với mọi m
2
3 1
5 9 3
2 3
m y
m
Câu 3:
a/ Với m=3 thì (d): y 8x 7
PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2 2
x x x x (1)
Ta có: a+b+c=1+(-8)+7=0 Theo hệ quả của định lí Vi-ét thì PT (1) có hai nghiệm là: x 1 1
và x2 c 7
a
Với x=1 thì yx2 1 2 1
Với x=7 thì 2 2
7 49
yx
Trang 2Vậy với m=3 thì (P) và (d) có hai giao điểm là: (1;1) và (7; 49)
b/ PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:
x m x m x m x m (2)
' m 1 1 3m 2 m 2m 1 3m 2 m m 3
2
1 11 11
0
m
Vậy PT (2) luôn có hai nghiệm phân biệt với m do đó (P) và (d) luôn có hai giao điểm phân biệt với m
c/ Theo hệ thức Vi-ét ta có: 1 2
1 2
x x m
1 2 20 1 2 2 1 2 20 0
x x x x x x
4 m 2m 1 6m 4 20 0 4m 2m 12 0
2m m 6 0
(3) Có: 2
1 4.2.( 6) 49 0 7
PT (3) có hai nghiệm là: 3
2
m và m 2
Vậy với 3
2
m ; m 2thì (P) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1; x2 thỏa mãn 2 2
1 2 20
x x
Câu 4:
K
C H O
D
I A
E B
a/ Ta có: ABO ACO 90 0 Tứ giác ABOC nội tiếp trong đường tròn đường kính AO
b/ (I) là đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC nên I là trung điểm của AO
90
AHO
(quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) H thuộc đường tròn đường kính AO hay H thuộc (I)
Ta có: AB=AC (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy ra: AHB AHC (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau của (I) ) Vậy HA là tia phân giác của góc BHC
.
Mặt khác: AD+AE=(AH-DH)+(AH+HE)=2AH (Vì DH=HE)
2
AD AE
AH
2
AD AE AD AE AD AE
AH AD AE AH AK
Trang 3Lại có: OB=OC=R(O) nên KBO BHO (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau là OC và
OB của (I) ) Suy ra: 0
90
ABK
đồng dạng với AHB (Vì: BAK g: óc chung và ABK AHB)
2
AB AK
AB AK AH
AH AB
.
AD AE AB (ABD đồng dạng với AEB) (2)
Từ (1); (2); (**) và (*) suy ra: 2 1 1
AK AD AE
Câu 5:
Ta có:
2 2 2
2 2 2
a b c ab bc ac
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c
Suy ra: 7(12 12 12) 6 1 1 1 2015 6 12 12 12 2015
12 12 12 2015
a b c (1)
Mặt khác: Áp dụng BĐT Bunhiacopxki có:
P
3
3 2a b 3 2a b 3 2a b
P
Sử dụng BĐT: 1 1 1 9 1 1 1 1 1
9
a b c
Có:
P
a a b b b c c c a
2 2 2 2 2 2 2 2 2
9
P
Từ (1) và (2) suy ra: 2015
3
P
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3
2015
ab c