De on thi vao 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>THI THỬ VÀO THPT LẦN 6 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút x2 5 1 P  2  x  3 x  5x  6 x  2 Câu 1: (2,0 điểm). Cho biểu thức: a) Tìm điều kiện xác định của biểu thức P. b) Rút gọn P. Câu 2: (2,0 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình. Một tam giác vuông có đường cao ứng với cạnh huyền dài 24cm và chia cạnh huyền thành hai đoạn thẳng hơn kém nhau 14cm. Tính độ dài cạnh huyền và diện tích của tam giác vuông đó. 2 2 Câu 3: (2,0 điểm). Cho phương trình: x  4 x  m  3m 0 (1)(trong đó x là ẩn,. m là tham số). a) Giải phương trình (1) với m  3 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm. thỏa mãn. x12  x2 6. x1. và. x2. .. Câu 4: (3,0 điểm). Cho tam giác đều ABC có đường cao AH, M là điểm bất kỳ trên cạnh BC (M không trùng với B và C). Gọi P, Q theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB và AC, O là trung điểm của AM. Chứng minh rằng: a) Các điểm A, P, M, H, Q cùng nằm trên một đường tròn. b) Tứ giác OPHQ là hình gì ? vì sao ? c) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để đoạn thẳng PQ có độ dài nhỏ nhất. Câu 5: (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c không âm thỏa mãn: a  b  c 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:. Q  a 2  ab  b 2   b 2  bc  c 2   c 2  ca  a 2 . ----- Hết -----Họ và tên thí sinh :…………………………………………Số báo danh…………...

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO THPT LẦN 6 Môn : TOÁN Câu Nội dung trình bày Tìm ĐKXĐ của P:  x  3 0  x 3 a  x 2  5 x  6 0   x  3 x  2 0   x 3       x 2  x  2 0  x 2   1 (2đ). P. b. 1,0. x2 5 1 x2 5 1  2     x  3 x  5 x  6 x  2 x  3  x  3  x  2  x  2.  x  2   x  2   5   x  3  x  3  x  2   x  3  x  4   x  4   x  3  x  2  x  2 . . . x2  4  5  x  3 x 2  x  12   x  3  x  2   x  3  x  2 . 1,0. Gọi x là hình chiếu của cạnh góc vuông có độ dài lớn hơn (ĐK: x > 14; cm) thì độ dài hình chiếu còn lại là: x  14 (cm). Áp dụng hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu của các cạnh 2 góc vuông trên cạnh huyền ta có phương trình: 24  x  x  14  Giải phương trình:. 2 (2đ). Điểm.  x 32 (TM) 242 x  x  14   x 2  14 x  576 0   x  32   x  18  0    x  18 (KTM). 0,5 0,5. 0,5. Nên hình chiếu có độ dài lớn hơn là 32 (cm), hình chiếu còn lại dài 18 (cm) Từ đó suy ra: Độ dài cạnh huyền là: 32 + 18 = 50 (cm). Diện tích của tam giác vuông đó là: Với m  3 ta có phương trình : a. 1 .24.50 600 2 (cm2).. 0,5.  x 0  x 0 (1)  x 2  4 x 0  x  x  4  0      x  4 0  x 4. 1,0. Vậy với m  3 thì phương trình (1) có tập nghiệm là: S  0; 4 . x x Để phương trình (1) có hai nghiệm 1 và 2 thì:. 3 (2đ).  '(1) 4   m 2  3m  0   1  m   m  4  0   4 m 1. b.  x1  x2 4  2  x1 x2 m  3m. Theo hệ thức Vi-ét ta có: Kết hợp với giả thiết ta có:. 0,25 0,25. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x1  x2 4  x  1  x12  x1  2 0   x1  1  x1  2  0   1  2  x1 2  x1  x2 6 x1  1  x2 5 x1 x2 m2  3m  m2  3m  5 0. *) Với . Từ Dễ thấy phương trình trên vô nghiệm do có  9  4.5  0 *) Với x1 2  x2 2 .. 0,25.  m 1 x1 x2 m 2  3m  m 2  3m  4 0   m  1  m  4  0    m  4 Từ. 4 (3đ). Đối chiếu ĐK có nghiệm của phương trình (1) ta thấy cả hai giá trị trên đều thỏa mãn. x Vậy với m = 1; m  4 thì phương trình (1) có hai nghiệm 1 x2 x12  x2 6 và thỏa mãn . Ta có:  APM 900 (do MP  AB (gt)).. 0,25.  AQM 900 (do MQ  AC (gt)).  AHM 900. (do AH là đường cao của ∆ABC(gt)). Ta thấy 3 điểm P, Q, H cùng a nhìn đoạn thẳng AM dưới một góc vuông. Nên 5 điểm A, P, M, H, Q cùng thuộc đường tròn đường kính AM. (HS có thể c/m 2 tứ giác nội tiếp rồi suy ra đpcm cũng là một suy luận đúng). Do O là trung điểm của AM nên O là tâm đường tròn đi qua 5 điểm A, P, H, M, Q. Lại có ∆ABC đều (gt) nên AH đồng thời là phân giác    PAH BAH 300   POH 2PAH 600. R. 1,25. AM 2 ,. Đặt xét (O; R) ta có:  b (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn PH ). (1) mặt khác do OP = OH = R nên ∆OPH cân (2)  Từ (1) và (2) ta suy ra ∆OPH đều OP = PH = R (3) Chứng minh tương tự ta cũng có: OQ = QH = R (4)  Từ (3) và (4) OP = OQ = QH = PH . Do đó tứ giác OPHQ là hình thoi. 1 1 R c PI  PQ IH  OH  OH  PQ 2 2 2. Do OPHQ là hình thoi nên ta có: và ; Áp dụng Pytago cho tam giác vuông PIH có:. 1,0. 0,75.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2. 3.R  R AM PI  PH  IH  R     PQ 2PI  3.R  3. 2 2   2 Suy ra: Do đó: PQ có độ dài nhỏ nhất  AM có độ dài nhỏ nhất. Mặt khác do AM AH , nên AM có độ dài nhỏ nhất  M H . Vậy khi M H thì PQ có độ dài nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát, giả sử: a b c 0 . 2. Ta có:. 2. 2. 2 2 2 2  0 b  bc  c b  c  c  b  b  2 2 2 2  0 c  ca  a c  c  a   a a. 0,25.   Do đó:  Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 3 số không âm ta có: b 2  bc  c 2 c 2  ca  a 2 a 2b 2. 4 3ab 3ab 4 1  2 3ab 3ab   Q  a 2  ab  b 2  a 2b 2  .  a 2  ab  b 2  . .  . .  a  ab  b 2    9 2 2 9 27  2 2  3 4 4 6  5 .  a 2  2ab  b 2   5 .  a  b  3 3 6 6 5 a b c 0  a  b a  b  c   a  b   a  b  c  36 Do . Suy ra (1đ). Q. 4 6 .3 12 35. Dấu “=” xảy ra.  c 2  bc 0; c 2  ca 0   a  b  c 3   3ab  a 2  ab  b 2  2. 3. 0,25. 0,25. a 2  b 1 c 0 . Vậy Max Q 12  a 2; b 1; c 0 và các hoán vị của chúng. (nghĩa là trong 3 số a, b, c có một số bằng 2, một số bằng 1 và số còn lại bằng 0).. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>