- Trang chủ >>
- Tuyển sinh lớp 10 >>
- Toán
Đề tuyển sinh vào 10 môn toán có đáp án số 53
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (116.49 KB, 4 trang )
ĐỀ 53
Câu 1 (3 điểm)
a) Vẽ đồ thị của hàm số
2 4y x= −
.
b) Giải hệ phương trình
2 3
2 3
x y
y x
= −
= −
.
c) Rút gọn biểu thức P =
3
2
9 25 4
2
a a a
a a
− +
+
với
0a >
.
Câu 2 (2 điểm)
Cho phương trình
2
3 0x x m− + =
(1) (x là ẩn).
a) Giải phương trình (1) khi
1m =
.
b) Tìm các giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x
thỏa mãn
2 2
1 2
1 1 3 3x x+ + + =
.
Câu 3 (1 điểm)
Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 48 km. Một canô đi từ bến A đến bến B, rồi quay
lại bến A. Thời gian cả đi và về là 5 giờ (không tính thời gian nghỉ). Tính vận tốc của canô
trong nước yên lặng, biết rằng vận tốc của dòng nước là 4 km/h.
Câu 4 (3 điểm)
Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a, M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M khác
B) và N là điểm thay đổi trên cạnh CD (N khác C) sao cho
·
0
MAN 45=
. Đường chéo BD
cắt AM và AN lần lượt tại P và Q.
a) Chứng minh tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp.
b) Gọi H là giao điểm của MQ và NP. Chứng minh AH vuông góc với MN.
c) Xác định vị trí điểm M và điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn nhất.
Câu 5 (1 điểm)
Chứng minh
3 3
( )a b ab a b+ ≥ +
với mọi
, 0a b ≥
. Áp dụng kết quả trên, chứng minh bất
đẳng thức
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +
với mọi a, b, c là các số dương thỏa
mãn
1abc =
.
Hết
Họ tên thí sinh: ………………………………Số báo danh: ………………….……
Chữ kí của giám thị 1:……………………… Chữ kí của giám thị 2: ……… ……
ĐÁP ÁN ĐỀ 53
I) HƯỚNG DẪN CHUNG.
- Thí sinh làm bài theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm.
- Việc chi tiết điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải được thống nhất trong Hội đồng chấm.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm.
II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM.
Câu Ý Nội dung Điểm
1 a
Vẽ đồ thị của hàm số
2 4y x= −
1,00
Đồ thị cắt trục Ox tại A
(2;0)
(HS có thể lấy điểm khác)
Đồ thị cắt trục Oy tại B
(0; 4)−
(HS có thể lấy điểm khác)
Vẽ được đồ thị hàm số
0,25
0,25
0,5
b
Giải hệ phương trình
2 3
2 3
x y
y x
= −
= −
1,00
Hệ
2 3
2 3
x y
x y
− = −
⇔
− =
(HS có thể dùng phép thế hoặc phép trừ)
Tìm được
3x =
Tìm được
3y =
Kết luận. Hệ có nghiệm duy nhất
3, 3x y= =
0,25
0,25
0,25
0,25
c
Rút gọn biểu thức P =
3
2
9 25 4
2
a a a
a a
− +
+
với
0a >
1,00
3
9 25 4 9 5 2a a a a a a a− + = − +
2 ( 2)a a= +
2
2 ( 2)a a a a+ = +
P =
2
a
hoặc
2 a
a
0,25
0,25
0,25
0,25
2 a
Giải phương trình
2
3 0x x m− + =
khi
1m =
.
1,00
1m =
ta có phương trình
2
3 1 0x x− + =
9 4 5∆ = − =
1
3 5
2
x
+
=
,
2
3 5
2
x
−
=
(mỗi nghiệm đúng cho 0,25)
0,25
0,25
0,5
b
Tìm m để
1 2
,x x
thỏa mãn
2 2
1 2
1 1 3 3x x+ + + =
1,00
Pt (1) có hai nghiệm phân biệt
9
9 4 0
4
m m⇔ ∆ = − > ⇔ <
(1)
Theo định lí Viet
1 2 1 2
3,x x x x m+ = =
. Bình phương ta được
2 2 2 2
1 2 1 2
2 2 ( 1)( 1) 27x x x x
+ + + + + =
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
2 1 25x x x x x x⇔ + + + + + =
.
0,25
0,25
Tính được
2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2 9 2x x x x x x m+ = + − = −
và đưa hệ thức
trên về dạng
2
2 10 8m m m− + = +
(2)
2 2
2 10 16 64 18 54 3m m m m m m⇒ − + = + + ⇔ = − ⇔ = −
.
Thử lại thấy
3m = −
thỏa mãn pt (2) và điều kiện (1).
0,25
0,25
3 Tính vận tốc của canô trong nước yên lặng 1,00
Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là
(km/h, 4)x x >
Vận tốc canô khi nước xuôi dòng là
4x +
và thời gian canô chạy
khi nước xuôi dòng là
48
4x +
.
Vận tốc canô khi nước ngược dòng là
4x −
và thời gian canô chạy
khi nước ngược dòng là
48
4x −
.
Theo giả thiết ta có phương trình
48 48
5
4 4x x
+ =
+ −
pt
2 2
48( 4 4) 5( 16) 5 96 80 0x x x x x⇔ − + + = − ⇔ − − =
Giải phương trình ta được
0,8x = −
(loại),
20x =
(thỏa mãn)
Vậy vận tốc canô trong nước yên lặng là 20 km/h
0,25
0,25
0,25
0,25
4 a Chứng minh tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp 1,00
Hình 1 Hình 2
Vẽ được hình 1
Theo giả thiết
·
0
45QAM =
và
·
0
45QBM =
· ·
QAM QBM⇒ =
ABMQ⇒
là tứ giác nội tiếp
0,5
0,25
0,25
b Chứng minh AH vuông góc với MN 1,00
ABMQ
là tứ giác nội tiếp suy ra
·
·
0
180AQM ABM+ =
·
·
0 0
90 90ABM AQM MQ AN= ⇒ = ⇒ ⊥
Tương tự ta có ADNP là tứ giác nội tiếp
NP AM⇒ ⊥
Suy ra H là trực tâm của tam giác
AMN AH MN⇒ ⊥
* Chú ý. Lập luận trên vẫn đúng khi M trùng với C
0,25
0,25
0,25
0,25
c Xác định vị trí điểm M và N để
∆
AMN có diện tích lớn nhất 1,00
M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M khác B) nên có 2 TH
TH 1. M không trùng với C, khi đó M, N, C không thẳng hàng.
Gọi I là giao điểm của AH và MN và S là diện tích tam giác AMN
A
B
C
D
M
N
P
Q
H
I
A
B
C
D
M
N
P
Q
thì S =
1
.
2
AI MN
.
Tứ giác APHQ nội tiếp suy ra
·
·
PAH PQH=
(1)
Tứ giác ABMQ nội tiếp suy ra
·
·
BAM BQM=
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
·
·
PAH BAM=
hay
·
·
MAI MBA=
Hai tam giác vuông MAI và MAB có
·
·
MAI MBA=
, AM chung suy
ra
,MAI MAB AI AB a IM BM∆ = ∆ ⇒ = = =
Tương tự
NAI NAD IN DN∆ = ∆ ⇒ =
. Từ đó
S =
1 1
. .
2 2
AI MN a MN=
Ta có
2 ( )MN MC NC a BM a DN a IM IN< + = − + − = − +
Vậy
2MN a MN< −
hay
2
1 1
.
2 2
MN a S a MN a< ⇒ = <
.
TH 2. M trùng với C, khi đó N trùng với D và
AMN ACD∆ = ∆
nên S =
2
1 1
.
2 2
AD DC a=
Vậy
∆
AMN có diện tích lớn nhất
M C⇔ ≡
và
N D≡
.
0,25
0,25
0,25
0,25
5
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1
1 1 1a b b c c a
+ + ≤
+ + + + + +
1,00
3 3 2 2
( ) ( ) ( ) 0a b ab a b a a b b b a+ ≥ + ⇔ − + − ≥
2 2 2
( )( ) 0 ( ) ( ) 0a b a b a b a b⇔ − − ≥ ⇔ − + ≥
, đúng
, 0a b∀ ≥
3 3 3 3
( ) ( )a b ab a b a b abc ab a b abc+ ≥ + ⇔ + + ≥ + +
3 3
3 3
1 1
1 ( )
1 ( )
a b ab a b c
a b ab a b c
⇔ + + ≥ + + ⇔ ≤
+ + + +
(Do các vế đều dương). Tương tự, cộng lại ta được
3 3 3 3 3 3
1 1 1
1 1 1a b b c c a
+ +
+ + + + + +
1 1 1
1
( ) ( ) ( )ab a b c bc a b c ca a b c
≤ + + =
+ + + + + +
0,25
0,25
0,25
0,25
