Đề thi tuyển số 7 - Môn toán

Chia sẻ: Cao Tt | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

50
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi tuyển số 7 - 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 7 - Môn toán

ĐỀ 7 1  x9 3  với x  0, x  9 . Bài 1. 1 . Rút gọn biểu thức: A    x 3 x x 3 x 1 1 2 . Chứng minh rằng: 5     10  52 5 2 Bài 2. Trong m ặt phẳng tọa độ Oxy cho đ ư ờng thẳng (d): y  (k  1) x  n v à hai điểm A(0;2), B(-1;0). 1 . Tìm các giá trị của k và n đ ể: a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B. b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y  x  2  k . 2 . Cho n  2 . Tìm k đ ể đư ờng thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB. Bài 3. Cho phương trình bậc hai: x 2  2mx  m  7  0 (1) (với m là tham số). 1 . Giải phương trình (1) với m  1 . 2 . Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. 11   16 . 3 . Tìm m để ph ương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn hệ thức: x1 x2 Bài 4. Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H nằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E. 1 . Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK. 2 . Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK cân. 3 . Giả sử KE = KC. Chứng minh: OK//MN và KM2 + KN2 = 4 R2. Bài 5. (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng: 3 3 3 3  a  1   b  1   c  1  4
ĐÁP ÁN Bài 1. 1  x9 3  với x  0, x  9 . 1 . Rút gọn biểu thức: A    x 3 x x 3 x 1 1 2 . Chứng minh rằng: 5     10  52 5 2 Ý Nội dung Điểm Với ĐK: x  0, x  9 . Ta có:   0,25 1  x 9 3 A      x x 3 x 3 x        x 9 x 3  x x 3 3 0,25  A x  x  9 x 1. (1,25đ) 3 x 9 x 3 x 0,25  A x 9 x  A 0,25 x 9 x Kết luận: Vậy với x  0, x  9 thì A  0,25 x   5 2 5 2  1 1     5. 5. Ta có: 0,25    52  52 5 2  5 2   25 2.  5. 5 4 0,25 (0,75đ) = 10 1 1    10 Vậy: 5.  0,25  5 2 5 2
Bài 2. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đư ờng thẳng (d): y  (k  1) x  n và hai điểm A(0;2), B(-1;0). 1 . Tìm các giá trị của k và n đ ể: a) Đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B. b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y  x  2  k . 2 . Cho n  2 . Tìm k đ ể đư ờng thẳng (d) cắt trục Ox tại điểm C sao cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB. Ý Nội dung Điểm (d): y = (k-1)x + n đi qua A(0;2), B(-1;0) nên ta có hệ phương trình: 0,25 (k  1).0  n  2  (k  1).(1)  n  0 1a (1 ,0 đ) n  2 n  2   0,5 1  k  2  0 k  3 Kết luận: Vậy k = 3, n = 2 thì (d) đi qua hai điểm A(0;2), B(-1;0) 0,25 k  1  1 k  2 + ( d ) //(  )    0,25 n  2  k n  0 1b (0,5 đ) k  2 Kết luận: Vậy ( d ) //( )   0,25 n  0 Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + 2. Suy ra đường thẳng (d) cắt trục Ox tại C 0,25 2   k  1  0  k  1 và khi đó to ạ độ điểm C là  ;0  1 k  2. (0,5 đ) 2 Ta có: OC  xC  và do B(-1;0) nên OB = 1. 1 k 0,25 Vì các tam giác OAC và OAB vuông tại O và chung đường cao AO nên suy
ra: 2 SOAC  2 SOAB  OC  2OB  2 |1  k | k  0  (thoả m ãn đk k  1 ) k  2 Kết luận: k = 0 hoặc k = 2. Bài 3. (2,0 điểm) Cho phương trình b ậc hai: x 2  2mx  m  7  0 (1) (với m là tham số). 1 . Giải phương trình (1) với m  1 . 2 . Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. 11   16 . 3 . Tìm m để ph ương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 thoả mãn hệ thức: x1 x2 Ý Nội dung Điểm Với m = -1, thì phương trình (1) trở thành: 0,25 x2  2x  8  0 ' 18  9  '  3 Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt là: 1. 1  3 (0,75đ)  x  4 0,25  1   x  1  3  2   1 Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt là x = - 4, x = 2. 0,25 Pt (1) có  '  m 2  (m  7)  m2  m  7 0,25 2. 2 1  27   0 với mọi m. 0,25  m    2 4  (0,75đ) Vậy với mọi giá trị của m th ì (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. 0,25 Theo câu 2, ta có (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi giá trị của 3. 0,25
m. Theo định lý Vi ét ta có:  x1  x2  2m   x1 x2  m  7 x x  0 11   16   1 2 Theo giả thiết ta có:  x1  x2  16 x1 x2 x1 x2 (0,5 đ) m  7  0   2m  16  m  7   0,25 m  7  m  8  m 8 Vậy m = 8 là giá trị cần tìm. Bài 4. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O;R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H (H n ằm giữa O và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm ngo ài đường tròn (O;R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) tại điểm K khác A , hai dây MN và BK cắt nhau ở E. 1 . Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp và CAE đồng dạng với CHK. 2 . Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK cân. 3 . Giả sử KE = KC. Chứng minh: OK // MN và KM2 + KN2 = 4 R2. a A f k O o K P m h M e C c n N H E b B Ý Nội dung Điểm 1. +· 0,5 AHE  90 0 (theo giả thiết AB  MN )  Ta có: (2,0đ) +· 0,5 AKE  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · · AHE  AKE  90 0  H, K thuộc đường tròn đường kính AE. 0,25 Vậy tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp.
 Xét hai tam giác  CAE và  CHK: 0,25 + Có chung góc C · · + EAC  EHK (góc nội tiếp cùng chắn cung EK) 0,5 Suy ra  CAE  CHK (g - g) ¼ Do đường kính AB  MN nên B là điểm chính giữa cung MN suy ra ta có 0,25 · · MKB  NKB (1) 2. · ·  NKB  KNF (2) (1,0 đ) Lại có BK // NF (vì cùng vuông góc với AC) nên  0,5 · ·  MKB  MFN (3)  · · · · 0,25 Từ (1), (2), (3) suy ra MFN  KNF  KFN  KNF . Vậy  KNF cân tại K. * Ta có ·  900  BKC  900  KEC vuông tại K · AKB Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân tại K 0,25 · · · BEH  KEC  450  OBK  450 Mặt khác vì  OBK cân tại O ( do OB = OK = R) nên suy ra  OBK vuông 3. cân tại O dẫn đến OK // MN (cùng vuông góc với AB) (0,5 đ) * Gọi P là giao điểm của tia KO với đường tròn thì ta có KP là đường kính và KP // MN. Ta có tứ giác KPMN là hình thang cân nên KN = MP. 0,25 2 2 2 2 2 Xét tam giác KMP vuông ở M ta có: MP + MK = KP  KN + KM = 4R2. Bài 5. (0,5 điểm) Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 . Chứng minh rằng: 3 3 3 3  a  1   b  1   c  1  4
Ý Nội dung Điểm ( a  1)3  a 3  3a 2  3a  1 Ta có:  a  a 2  3a  3  1 2 3 3 3  0,25  a  a    a  1  a  1 (1) (do a  0) 2 4 4  3 3 (b  1)3  b  1  2  , (c  1)3  c  1  3  Tương tự: 4 4 Từ (1), (2), (3) suy ra: 3 9 3 3 3 3  a  1   b  1   c  1 a  b  c  3   3    4 4 4 0 ,5 đ Vậy BĐT được chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi 2  3 3  a  a    0 0,25 a  0  a  2 3  2   a  0, b  c   2  2  3 3   b  0  b  b  b    0 3 2  b  0, a  c   2   2   3 2  c  c  3   0 c  0  c  3 c  0, a  b    2  2   2   a  b  c  3  a  b  c  3 