Đề ôn thi tuyển sinh môn toán vào lớp 10 THPT - Đề số 45

Chia sẻ: F F | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

47
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí Đề ôn thi tuyển sinh môn toán vào lớp 10 THPT - Đề số 45 để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề ôn thi tuyển sinh môn toán vào lớp 10 THPT - Đề số 45

ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT ĐỀ SỐ 45 81x 2 2 Câu 1: 1) Giải phương trình: x + = 40 . (x + 9) 2 2) Giải phương trình: x+1 x2 - 2x + 3(x - 3) = 7. x-3 5 - 3x Câu 2: 1) Tìm giá trị nhỏ nhất biểu thức: A = . 1 - x2 2) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác. Chứng minh: a 2 + b 2 + b 2 + c2 + c2 + a 2  2 (a + b + c).  y 2 - xy + 1 = 0  (1) Câu 3: Giải hệ phương trình:  2 2 x + 2x + y + 2y + 1 = 0 (2)  Câu 4: Cho hình thang ABCD có 2 đáy BC và AD (BC  AD). Gọi M, N là 2 điểm lần lượt trên 2 AM CN cạnh AB và DC sao cho = . Đường thẳng MN cắt AC và BD tương ứng với E và F. AB CD Chứng minh EM = FN. Câu 5: Cho đường tròn tâm (O) và dây AB, điểm M chuyển động trên đường tròn. Từ M kẻ MH vuông góc với AB (H  AB). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên MA, MB. Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với EF cắt AB tại D. 1) Chứng minh đường thẳng MD luôn đi qua 1 điểm cố định khi M thay đổi trên đường tròn. MA 2 AH AD 2) Chứng minh: 2 =  . MB BD BH
ĐỀ SỐ 45 9x Câu 1: 1) Trừ vào 2 vế của phương trình với 2x . x+9 2 2  9x  18x 2  x2  18x 2 Ta có:  x -  = 40 -    + - 40 = 0 (1)  x + 9 x+9  x + 9 x+9 x2 Đặt = y (2), phương trình (1) trở thành y2 + 18y - 40 = 0 x+9  (y + 20) (y - 2) = 0  y = -20 ; y = 2  x 2 = - 20(x + 9)  x 2 + 20x +180 = 0 (3) Thay vào (2), ta có  2  2  x = 2(x + 9) = 0   x - 2x - 18 = 0 (4)  Phương trình (3) vô nghiệm, phương trình (4) có 2 nghiệm là: x  1  19. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x  1  19. x+1 x > 3 2) . Điều kiện  0  (*) x-3 x  - 1 x+1 Phương trình đã cho  (x - 3) (x + 1) + 3(x - 3) =4 x-3 x+1 Đặt t =  x - 3  t 2 = (x - 3) (x + 1) x-3 Phương trình trở thành: t2 + 3t - 4 = 0  t = 1; t = - 4 x 1 x  1 Ta có: (x -3)  1 (1) ; ( x  3)   4 (2) x - 3 x 3 x  3 x  3 + (1)    2  x  1 5 . (t/m (*)) (x  3)(x  1)  1  x  2x  4  0 x  3 x  3 + (2)    2  x  1  2 5 . (t/m (*))  (x  3)(x  1)  16  x  2x  19  0 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x  1  5 ; x  1  2 5 . Câu 2: 1) Điều kiện: 1 - x2 > 0  - 1 < x < 1  2 - 3x > 0  A ≥ 0 25 - 30x + 9x 2 (3 - 5x) 2 Vậy A2 = = +16  16 . 1 - x2 1 - x2 3 Dấu bằng xẩy ra khi 3 - 5x = 0  x = 5 Vậy minA = 4. 2) Chứng minh: a 2 + b 2 + b 2 + c2 + c2 + a 2  2 (a + b + c) (1)
Sử dụng bất đẳng thức: 2(x 2  y 2 )  (x  y)2 , ta có: 2(a 2 + b2 )  (a  b) 2  2. a 2 + b 2  a + b (2) Tương tự, ta được: 2. b 2 + c 2  b + c (3) và 2. c 2 + a 2  c + a (4) Lấy (2) + (3) + (4) theo từng vế và rút gọn, suy ra (1) đúng, đpcm. Câu 3: (1) có nghiệm   y  x 2  4  0  x  2; x  2 (3) (2)  (y  1) 2   x 2  2x có nghiệm   x 2  2x  0  2  x  0 (4) Từ (3), (4) ta có: x = - 2, từ đó ta có y = - 1. Vậy hệ có nghiệm (- 2 ; - 1). m Câu 4: Kẻ MP // BD (P  AD) MD cắt AC tại K. Nối NP cắt BD tại H. AM AP AM CM k Ta có = mà = (gt) e AB AD AB CD i f AP CN  =  PN // AC Gọi O là giao điểm a o h b AD CD BO CO MK OC n của AC và BD. Ta có = , = OD OA PK OA NH OC NH MK và = . Suy ra: =  KH // MN PH OA PH PK Các tứ giác KENH, MFHK là hình bình hành nên MF = KH và EN = KH  MF = EN  ME = NF Câu 5: 1) Tứ giác MEHF nội tiếpvì MEH + MFH = 1800  AMB = 1800 - EHF = EHA + FHB (1) Ta có MHF = MEF (góc nội tiếp chắn MF ) Lại có MHF + FHB = 900 = MEF + EMD  FHB = EMD (2) Từ (1) và (2)  EHA = DMB , Gọi N là giao điểm của MD với đường tròn (O) ta có DMB = NAB (góc nội tiếp chắn NB )  EHA = NAB do đó AN // EH mà HE  MA nên NA  MA. hay MAN = 900  AN là đường kính của đường tròn. Vậy MD đi qua O cố định. 2) Kẻ DI  MA, DK  MB, ta có AH S AM . HE AD S AM . DI = MAD = ; = MAD = BD SMBD BM . DK BH SMBH BM . HF AH AD MA 2 HE . DI Vậy . = . (1) BD BH MB2 DK . HF
Ta có HMB = FHB (cùng phụ với MHF ) mà FHB = EMD (CMT)  EFH = DIK và EHF = DMH . Tứ giác MEHF nội tiếp nên AMH = EFH vµ EHF = 1800 - AMB Tứ giác MIDK nội tiếp nên DMB = DIK vµ IDK = 1800 - AMB  EFH = DIK vµ EHF = IDK  DIK HFE (g.g) do đó ID DK HE.DI suy ra =  ID . HE = DK . HF  = 1 (2) HF HE DK.HF MA 2 AH AD Từ (1), (2)  2 = . . MB BD BH 2  QP QM  QP QM 2SMNPQ  1=  +   4 BC . AH = S  BC AH  ABC S  SMNPQ  ABC . 2 SABC QP QM 1 BC max SMNPQ = khi = =  QP = 2 BC AH 2 2 Tức là khi PQ là đường trung bình của ∆ABC, khi đó PQ đi qua trung điểm AH. QP QM QP + QM b) Vì 1 = + mà BC = AH  1 =  QP + QM = BC BC AH BC Do đó chu vi (MNPQ) = 2BC (không đổi) Câu 5: ∆HCD đồng dạng với ∆ ABM (g.g) mà AB = 2AM nên HC = 2HD. Đặt HD = x thì HC = 2x. Ta có: DH2 = HM . HC hay x2 = HM . 2x  HM = 0,5x; MC = 2,5x; AM = 2,5x; AH = 3x. Vậy AH = 3HD.