Đề thi tuyển số 1 - Môn toán

Chia sẻ: Cao Tt | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

82
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi tuyển số 1 - môn toán', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi tuyển số 1 - Môn toán

ĐỀ 1 Bài 1: Tính giá trị của biểu thức: A  1  (1  2) 2 Bài 2: Giải ph ương trình: x4 + 2 008x3  2008x2 + 2008x  2009 = 0 x  y  2 Bài 3: (1 điểm). Giải hệ phương trình:  3x  2y  6 Bài 4: (2 điểm). Một đội công nhân hoàn thành một công việc, công việc đó được định mức 420 n gày công thợ. Hãy tính số công nhân của đội, biết rằng nếu đội tăng thêm 5 người thì số n gày đ ể hoàn thành công việc sẽ giảm đi 7 ngày, giả thiết năng suất của các công nhân là như nhau. Bài 5: (4 điểm). Cho tam giác ABC vuông ở A và có AB > AC, đường cao AH. Trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, vẽ nửa đường tròn đường kính BH cắt AB tại E, nửa đường tròn đường kính HC cắt AC tại F. a) Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật. b) Chứng minh tứ giác BEFC là tứ giác nội tiếp . c) Chứng minh AE.AB = AF.AC. d) Gọi O là giao điểm của AH và EF. Chứng minh: p < OA + OB + OC < 2p, trong đó 2p = AB + BC + CA.
ĐÁP ÁN Bài 1 A  1  (1  2) 2  1  2  1  2 Bài 2 x 4  2008x 3  2008x 2  2008x  2009  0  (x  1)(x 3  2009x 2  x  2009)  0  (x  1)  x 2 (x  2009)  (x  2009)   0    (x  1)(x  2009)(x 2  1)  0 x  1  0 x  1   x  2009  0   x  2009  x 2  1  0 (VN)   Bài 3 x  y  2 3x  3y  6 x  2    3x  2y  6 3x  2y  6  y  0 Bài 4 Gọi số công nhân của Đội là x (x nguyên dương) 420 Phần việc đội phải làm theo đ ịnh mức là: x 420 Nếu đội tăng thêm 5 người thì phần việc phải làm theo đ ịnh mức là: x5 420 420  7  x 2  5x  300  0  Theo đầu b ài ta có pt: x 5 x Ta được: x1 = 15 (thoả m ãn); x2 = 20 (loại) Vậy đội công nhân có 15 người.
Bài 5 (4 điểm) A E O F C B H · · a) Ta có: CFH  BEH  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · · ·  AFH  AEH  FAE  90 0  Tứ giác AEHF là hình chữ nhật. · · · · b ) Ta có: EBH  EAH  900 mà EAH  EFH (tc đường chéo hcn) · ·  EBH  EFH  900 · · · · · Do đó: EFC  EBC  CFH  EFH  FBC  90 0  900  1800  BEFC là tứ giác nội tiếp. · · · · · c) Ta có: ABH  AHE (cùng phụ với EAH ) mà AHE  AFE (đường chéo hcn) · · · ·  ABH  AFE h ay ABC  AFE Xét AEF và ACB ta có: · · EAF  CAB  900 · · ABC  AFE (cm trên) AE AF   AE.AB  AF.AC  AEF đồng dạng ACB  AC AB d ) Trong OAB ta có: (quan h ệ giữa 3 cạnh của tam giác) OA + OB > AB
tương tự: OC + OA > AC OB + OC > BC  2 (OA + OB + OC > AB + AC + BC AB  BC  CA  OA  OB  OC  2  OA  OB  OC  p (1) Mặt khác, ta có: OA < AB (do AH < AB) OC < AC (do OH < AH) OB < BC  OA + OB + OC < AB + BC + CA  OA + OB + OC < 2p (2) Từ (1) và (2) => p < OA + OB + OC < 2p