• Không có kết quả nào được tìm thấy

cắt nhau tại một điểm trên trục tung Giải: a) Ta có A 2

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Chia sẻ "cắt nhau tại một điểm trên trục tung Giải: a) Ta có A 2"

Copied!
3
0
0

Loading.... (view fulltext now)

Văn bản

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HƯNG YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019

Môn thi: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho các lớp chuyên: Toán, Tin, Lý, Hóa, Sinh Thời gian: 120 phút

Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh

Câu 1: a) Rút gọn biểu thức A 2

2 2 3

1

b) Tìm m để đường thẳng y x m  22 và đường thẳng y

m 2 x 11

cắt nhau tại một điểm trên trục tung

Giải: a) Ta có A 2  4 2 3 1 1    3 1  3

b) Để hai đường thẳng trên cắt nhau tại một điểm trên trục tung thì

2

1 m 2 m 3

m 3

m 3

m 2 11

  

    

     

Câu 2: Cho hệ phương trình x 2y m 3 2x 3y m

  

  

 (m là tham số)

a) Giải hệ phương trình khi m = 1

b) Tìm m để hệ có nghiệm (x; y) sao cho P 98 x

2y2

4m đạt GTNN

Giải: a) Khi m = 1 ta có hệ x 2y 4 2x 4y 8 x 4 2y x 2

2x 3y 1 2x 3y 1 7y 7 y 1

      

   

         

   

Vậy khi m = 1 thì hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (2; 1) b) Ta có

x 5m 9

x 2y m 3 2x 4y 2m 6 x m 3 2y 7

2x 3y m 2x 3y m 7y m 6 m 6

y 7

  

         

   

          

    



Với mọi m thì hệ luôn có nghiệm.

Ta có

2 2

5m 9 m 6

P 98 4m

7 7

      

      52m2208m 234 52 m 2 

226 26 . Do đó GTNN của P bằng 26. Đạt được khi m = -2

Câu 3: a) Giải phương trình x 3  2 x  6 x x  2 1

b) Tìm m để phương trình x45x2  6 m 0 (m là tham số) có đúng hai nghiệm.

Giải: a) ĐKXĐ: 3 x 2   . Đặt

2

2 t 5

x 3 2 x t 0 6 x x

2

          Ta có phương trình t t2 5 1 t2 2t 3 0

t 1 t 3

 

0 t 3

2

             (vì t > 0)

Suy ra 6 x x2 2 x2 x 2 0

x 1 x 2

 

0 x 1

x 2

 

               (TMĐK) Tập nghiệm của phương trình là S 

2;1

b) Đặt x2 y 0. Ta có phương trình y25y 6 m 0   (*).

Để phương trình x45x2  6 m 0 có đúng 2 nghiệm thì phương trình (*) có đúng 1 nghiệm dương. Có hai trường hợp xảy ra

TH1: Phương trình (*) có nghiệm kép dương. Ta có 1 2 5

y y

  2 (loại) TH2: Phương trình (*) có 2 nghiệm y1 0 y2    6 m 0 m 6

(2)

Câu 4: Quảng đường AB dài 120 km. Một ô tô chạy từ A đến B với vận tốc xác định. Khi từ B trở về A, ô tô chạy với vận tốc nhỏ hơn vận tốc lúc đi từ A đến B là 10 km/h. Tính vận tốc lúc về của ô tô, biết thời gian về nhiều hơn thời gian đi 24 phút

Giải: Gọi vận tốc của ô tô lúc về là x (km/h). ĐK: x > 0 Vận tốc của ô tô lúc đi là x + 10 (km/h).

Ta có thời gian ô tô đi từ A đến B là 120

x 10 (giờ). Thời gian về là 120 x (giờ) Thời gian về nhiều hơn thời gian đi 24 phút = 2

5 giờ nên ta có phương trình

  

120 120 2 2

x 10x 3000 0 x 60 x 50 0 x 50

x x 10 5         

 (vì x > 0)

Đối chiếu điều kiện ta có vận tốc của ô tô lúc về là 50 km/h

Câu 5: Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn (O; R) bất kỳ đi qua B và C (BC < 2R). Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Gọi I là trung điểm của BC

a) Chứng minh rằng 5 điểm A, M, O, I, N cùng thuộc 1 đường tròn

b) Gọi J là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MBC, E là giao điểm thứ hai của đường thẳng MJ với đường tròn (O). Chứng minh rằng EB = EC = EJ

c) Khi đường tròn (O) thay đổi, gọi K là giao điểm của OA và MN. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK luôn thuộc một đường thẳng cố định

Giải: a) Ta có AMO AIO ANO 90  0 Do đó 5 điểm A, M, O, I, N cùng

thuộc đường tròn đường kính AO b) Vì J là tâm đường tròn

nội tiếp tam giác MBC nên

 

BMJ CMJ ; MBJ CBJ Suy ra EB EC  EB = EC Lại có BJE BMJ MBJ  

   CBE CBJ JBE

  

 BJE cân  EB = EJ c) Gọi P là giao điểm của MN với BC

Ta có OKP OIP 90  0

  0 OKP OIP 180

   nên tứ giác OKPI nội tiếp

Áp dụng phương tích trong đường tròn ta có AK. AO = AP. AI; AM2 AB.AC Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có AM2 AK.AO.

Suy ra AP. AI = AB. AC không đổi, mà I cố định nên P cố định. Do đó tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OIK chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OKPI nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng PI cố định

Câu 6: Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xy yz zx 3xyz  

Chứng minh rằng x3 2 y3 2 z3 2 1 1 1 1

z x x y y z 2 x y z

 

      

    

Giải: Áp dụng BĐT CauChy ta có

3

2 2

x zx zx 1 1 z 1 z 1

x x x . z x . x

z x z x 2x z 2 2 2 4

 

         

 

Tương tự ta cũng có

3 2

y x 1

x y y 4

  

 ;

3 2

z y

y z  z 4

 . Cộng theo vế các BĐT này được

   

3 3 3

2 2 2

3 x y z

x y z x y z x y z 3 3

z x x y y z 4 4 4

    

       

  

Mặt khác từ giả thiết 1 1 1 9

xy yz zx 3xyz 3 x y z 3

x y z x y z

           

  P

J

E I K

N

A B

O

C M

(3)

Do đó

3 3 3

2 2 2

x y z 3.3 3 3 1 1 1 1

z x x y y z 4 4 2 2 x y z

 

         

    .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1

Tài liệu tham khảo

Tài liệu liên quan

Ngoài ra, nếu chúng ta áp dụng công thức độ dịch chuyển Compton ở trên, ta sẽ thấy được độ dịch chuyển Compton nếu xảy ra cỡ độ lớn là 10 -11 (cỡ bước sóng

Tính các góc của tam giác ABC.. a) Xác định giá trị của a để đồ thị của hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2. b) Xác định giá trị của a để đồ thị của hàm

Điều kiện cân bằng của một vật có trục quay cố định: Tổng các momen lực có xu hướng làm vật quay theo chiều kim đồng hồ phải bằng tổng các monen lực có xu hướng

Để tìm tập hợp giao điểm I của hai đường thẳng thay đổi a, b ta chọn hai mặt phẳng cố định (α) và (β) cắt nhau lần lượt chứa a, b. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là tứ

Vì các tia Ox, Oy cố định nên muốn chứng minh tiếp tuyến chung tại A luôn đi qua một điểm cố định, ta chứng minh tia này cắt một trong hai tia Ox, Oy tại một điểm

Ví dụ 8. Cho góc vuông xAy, điểm B cố định trên Ay, điểm C di chuyển trên Ax. Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Do đó tam gi{c ABH vuông tại

Vì sao khi kích thích một điểm trên cơ thể, động vật có hệ thần kinh dạng lưới phản ứng toàn thân và tiêu tốn nhiều năng lượng.. Vì xung thần kinh xuất hiện lan ra một

HS. Vật có thể chuyển động quay hoặc đứng yên tuỳ vào các lực tác dụng. Đưa các phương án TN, thảo luận nhóm và chọn phương án TN. HS.Lần lượt treo các chùm quả nặng vào