Tải bản đầy đủ (.doc) (2 trang)

Hướng dẫn giải đề TS10- Hưng Yên- 2010-2011

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (110.92 KB, 2 trang )

K
D
E
C
I
A
B
y
x
M
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2010- 2011
PHẦN A: TRẮC NGHIỆM
Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8
A D D C B B Sai đề D
PHẦN B: TỰ LUẬN
Bài 1:
a) Ta có:
50 48 50 48
25 16 5 4 9
2 3
2 3
+ = + = + = + =
b) Ta có: +) f(0)=
2
1
.0 0
3
=
;
2 2


1 1 1 1
( 3) .( 3) .9 3; ( 3) .( 3) .3 1
3 3 3 3
f f− = − = = = = =
Bài 2:
a) Với m=1 phương trình trở thành:
2
2 3 0x x+ − =
Do a+b+c= 1+ 2 -3 =0 nên PT có 2 nghiệm phân biệt :
1 2
1; 3x x= = −
b)Ta có:
2 2
' ( 2) 4 1 3 0,m m m m∆ = − + − = + ∀f
. Suy ra PT đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt
1 2
;x x
.
Theo định lí Viet :
1 2
1 2
2 4
. 4 1
x x m
x x m
+ = −


= − +


Do đó:
1 2 1 2 1 2
( 2)( 2) 10 . 2( ) 14 4 1 2(2 4) 14 7x x x x x x m m+ + + = + + + = − + + − + =
Vậy biểu thức
1 2
( 2)( 2) 10x x+ + +
không phụ thuộc vào m.
Bài 3:
Gọi chiều rộng mảnh đất hình chữ nhật là a (m),( a>0). Thì chiều dài hình chữ nhật là a+22 (m). Diện tích mảnh đất
là: a(a+22).
Giảm chiều dài 2m, tăng chiều rộng 3 m thì diện tích hình chữ nhật mới là: (a+3).(a+22-2)= (a+3)(a+20).
Theo bài ra ta có PT:
2 2
( 22) 70 ( 3)( 20) 22 70 23 60 10( )a a a a a a a a a m+ + = + + ⇔ + + = + + ⇔ =
Vậy chiều rộng mảnh đất là 10 (m); chiều dài là 32 (m).
Bài 4:
a) Do BD là phân giác của
·
ABC
nên
·
·
CBD DBA=

Mặt khác:
· ·
CAD CBD=
(góc nội tiếp cùng chắn
»
CD

)
Vậy
·
·
CAD ABD=
( cùng bằng
·
CBD
)
b) Ta có:
·
0
90ACB =
( Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
·
0
90ACM⇒ =
hay
ACM∆
vuông tại M
+)
·
·
2ABC ABD=
; sđ
·
1
2
ABD =


»
AD
; sđ
·
AID =

»
AD

·
AID =
·
2ABD
. Suy ra:
·
·
AID ABC=
. Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị
Nên IK // BM. Mà I là trung điểm của AB,
Do đó IK là đường trung bình của tam giác ABM.
Hay M là trung điểm của AM.
Trong tam giác vuông ACM, CK là trung tuyến nên
1
2
CK AM=
c) Trong tam giác vuông ACB ta có:
.sin 2 sin ; . osB=2R.cosBAC AB B R B BC AB c= = =
1
Chu vi tam giác ABC là:
2 2 sin 2 cos 2 2 (sin osB)AB BC CA R R B R B R R B c+ + = + + = + +

Ta chứng minh bất đẳng thức:
2 2 2
( ) 2( ) (*)a b a b+ ≤ +
. Thật vậy
2 2 2 2 2 2 2
(*) 2 2 2 0 2 ( ) 0a ab b a b a ab b a b⇔ + + ≤ + ⇔ ≤ − + ⇔ − ≥
(luôn đúng). Suy ra (*) đúng. Dấu
bằng ở (*) xảy ra
2
( ) 0a b a b⇔ − = ⇔ =
. Áp dụng (*) với a=sinB, b= cosB ta có:
2 2 2
(sin osB) 2(sin os B)=2B c B c+ ≤ +
( vì
2 2
sin os B=1B c+
)
sin osB 2B c⇒ + ≤
. Do đó:
2 2 (sin osB) 2R+2 2AB BC CA R R B c R+ + = + + ≤
Dấu bằng xảy ra khi
0
sin osB cosC=cosB B=45B c C= ⇔ ⇒ =
( vì sin B= cosC)
Vậy chu vi lớn nhất của tam giác ABC là:
2 2 2AB BC CA R R+ + = +
khi tam giác ABC vuông cân tại C
Bài 5:
Giải hệ :
2

2
4 3 4 2 (1)
2 5 (2)
x xy x y
y xy x

+ − − =


− − = −


Cộng hai vế của 2 PT ta được:
2 2 2
2 4 4 3 ( ) 4( ) 3 0x xy y x y x y x y+ + − − = − ⇔ + − + + =
Đặt x+y = t, ta được PT:
2
1
4 3 0
3
t
t t
t
=

− + = ⇒

=

+) Với t=1

1 1x y x y⇒ + = ⇒ = −
. Thay vào PT (2) ta được:
2
2(1 ) (1 ) 5y y y y− − − − = −
2
3 4 0y y⇔ − + =
( Vô nghiệm vì
47 0)∆ = − <
+) Với t=3
3 3x y x y⇒ + = ⇒ = −
. Thay vào PT (2) ta được:
2
2(3 ) (3 ) 5y y y y− − − − = −
2
1
3 5 2 0
2
3
y
y y
y
=


⇔ − + = ⇒

=


+)Với y= 1


x=3-y = 2
+)Với
2 2 7
3
3 3 3
y x= ⇒ = − =
Vậy hệ PT có 2 nghiệm:
7 2
(2;1), ( ; )
3 3
2

×