Đáp án vào 10 Toán học Lâm Đồng 2018-2019 - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (124.85 KB, 3 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 TỈNH LẠNG SƠN 2018-2019







 



2
2 2
2
1

C©u1a) A= 36 5 6 5 1

B 11 5 5 11 5 5 11 5 5 11

C 3 3 2 3 3 3 2 3 1

C©u 2 :a) häc sinh tù vÏ

b) ta có phương trình hồnh độ giao điểm của(P) và (d) là :

x 5x 6 x 5x 6 0

( 5) 4.6 1 1 phương trình có hai nghiệm
5 1

x 3 y 9

2
   
         
        
       
        


    







 

2
2 2
5 1

x 2 y 4

VËy (d) căt(P) tại 2 điểm (3; 9); (2; 4)

Câu3.a) x 5x 4 0 x x 4x 4 0

x 4

x(x 1) 4(x 1) 0 x 4 x 1 0 . VËy S 4;1

x 1

2x 3y 7 2x 3(3 2x) 7 8x 16 x 2 x 2

2x y 3 y 3 2x y 3 2x y 3 2.2 y






     

 
       


           

       
   
   
            
   
2 2

2 2 2 2

1 2

2
1 2

1 2 2 1

1 1 2 1 2 2

1
VËy (x;y) (2; 1)

c) x (2m 1)x m 2 0

ta cã (2m 1) 4(m 2) 4m 4m 1 4m 8 9 4m

9
Để ptrinh có nghiệm thì 0 9 4m 0 m

x x 2m 1

Khi đó áp dụng Viet

x x m 2

ta cã :x (1 x ) x (x 1) 9

x x x x x x 9

x

 

 
    
           
      
  

 

 

    
     




1 2



1 2

1
2

x 2x x 9

hay 2m 1 2m 4 9

m 3(lo¹i)

2m 2m 12 0

m 2 (chọn)
Vậy m 3 thì thỏa đề

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Cau 4

K

F

E

H

N

M

A

B

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

0 0

a) XÐt tø gi¸c CMHN cã :CNH CMH 90 CMH CNH 180
Tø gi¸c CMHN néi tiÕp

b) Do CMHN néi tiÕp (cmt) NHA NCB

XÐt NAH vµ NBC cã :NHA NCB (cmt);ANH BNC 90

NA NH

NAH NBC (g.g) NA.NC NH.NB

NB NC

c) Do F (H;HA) HA HF HAF cân tại H
mµ HN

    


 

    
      

    


0 0

AF HN là tia phân giác của AHF (đường cao đồng thờilà phân giác)

AHN FHN mµ AHN BCN (do NAH NBC ) FHN BCN

mµ FHN FHB 180 (kỊ bï) FHB BCN 180 Tø gi¸c BHFC néi tiÕp (1)
d) Ta cã :KEN KFH 90 (gt) KEH KFH 180 KEHF néi tiÕp dtron ®ên



      
     

     

0
0

0 0

g kính HK
4 điểm K,E,H,F cùng thuộc đường tròn đường kính HK (2)

HEF cân tại H HEF HFE

mà HEF HFE EHF 180 (tổng3góc tam giác)

180 EHF 1

HEF 90 EHF

2 2

Lại có :EHF 2EAF (gnt và góc ở tâm cùng chắn cung EF) HEF 90 EAF 90 BAN ABN
Mµ AB



  
  



   

      

0 0

N EBH 180 (kÒ bï) HFE EBH 180 BHFE nội tiếp
4 điểm B,H,F,E cùng thuộc1đường tròn(3)

Từ (1)(2)(3) 6 ®iĨm B,H,F,C,K,E cïng thc ®êng trßn ®êng kÝnhHK
HBK 90 (gãc nôi tiếp chắn nửa dtron) BH BK

M BH AC (gt) BK / /AC
tương tự ta có

     




   

 

HCK 90 CH CK mµ CH AB (H là trực tâm ABC) AB/ / CK
BK / /AC

Xét tứ giác ABKC có ABKC là hình bình hành
AB / /CK

AKvàBC cắt nhau tại trung điểm mỗi đường AK ®i qua trung ®iÓmBC

     







 

Cau 5







x y z

Víi 0 x, y, z 1 th× : 2

1 yz 1 zx 1 xy

Ta có bổ đề x y z xyz 2. chứng minh bdt xyz yz x 1 yz y z 1 0
1 x 1 yz 1 y 1 z 0 (luụn ỳng)

Quay lại bài toán:vì 0 x, y, z 1nª n :

x y z x y z x y z 2 xyz

1 yz 1 zx 1 xy 1 xyz 1 xyz 1 xyz 1 xyz

    
  

            
     

 

  
      

       1 xyz 2(dpcm)

</div>

Đáp án vào 10 Toán học Lâm Đồng 2018-2019 - Học Toàn Tập

<b>ĐÁP ÁN ĐỀ VÀO 10 TỈNH LẠNG SƠN 2018-2019 </b>







 









 





<b>Cau 4 </b>

<i><b>K</b></i>

<i><b>F</b></i>

<i><b>E</b></i>

<i><b>H</b></i>

<i><b>N</b></i>

<i><b>M</b></i>

<i><b>A</b></i>

<i><b>B</b></i>

<b> </b>

<b>Cau 5 </b>











Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về