Tải bản đầy đủ (.docx) (3 trang)

De 717

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (182.66 KB, 3 trang )

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ LUYỆN THI VÀO 10 CHUYÊN SỐ 7 Ngày 22 tháng 2 năm 2017 Bài 1: (2điểm)  a b a  b   a  b  2ab     1  1  ab  1  ab   1  ab  với a > 0 , b > 0 , ab 1  Cho biểu thức D = :. a) Rút gọn D. 2. b) Tính giá trị của D với a = 2  3 Bài 2: (2điểm) a) Giải phương trình:. x  1  4  x 3.  x  y  xy 7  2 2 b) Giải hệ phương trình:  x  y 10. Bài 3: (2điểm) 1 y  x2 2 và đường thẳng (d) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) là đồ thị của hàm số. có hệ số góc m và đi qua điểm I ( 0 ; 2 ). 1. Viết phương trình đường thẳng (d). 2. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m. 3. 3. 3. Gọi x1 , x2 là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P). Tìm giá trị của m để x1  x 2 32 Bài 4: (3điểm) Từ điểm A ở ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại D và E ( D nằm giữa A và E, dây DE không đi qua tâm O). Gọi H là trung điểm của DE, AE cắt BC tại K. 1. Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn. 2. Chứng minh: AB2 = AD . AE . 2 1 1   3. Chứng minh: AK AD AE. Bài 5: (1điểm) 1 1 1   0 Cho ba số a , b , c khác 0 thỏa mãn: a b c . ab bc ac  2  2 3 2 Chứng minh rằng c a b. ------------------------------HẾT--------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ(22/02/2017) Câu 1: a) Với a > 0 , b > 0 , ab 1.  2 a  2b a   a  b  ab  1  2 a     1  ab 1  ab  :  = a 1 - Rút gọn D =  2 2(2  3 )  ( 3  1)2  a  3  1 1 b) a = 2  3 . 22 3 2 3  2 (2 3  2)(4  3 ) 6 3  2    2 16  3 13 4  3 1 Vậy D = 2  3 Câu 2: ĐK: x 1. a).  x  1 4  x  2. x  1  4  x 3.  x  1  4  x . 9 .  x  1  4  x  3 . 13. x  x 2  3x  4 9  6x  x 2  x = 9 (TM).  x  y  xy 7  2 x  y 2 10 b)  Đặt x + y = a ; xy = b  x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy = a2 – 2b.   x  y 4  a1 4; b1 3  xy 3    a  b 7 a 2  2a  24 0 a 4;a 2 3 a 2  6; b 2 13   x  y  6   1  2   xy 13 a  b 7 a  2b 10 a  b 7     Ta có: 2 t  4t  3 0 t 3; t 2 1 1 2 Voâ nghieäm  t  6t  13 0 . Vậy ( x = 3 ; y = 1 ) , ( x = 1 ; y = 3 ). Câu 3: a). Phương trình đường thẳng (d) có dạng y = ax + b có hệ số góc m và đi qua điểm I ( 0 ; 2 ), ta có: 2 = m.0 + b  b = 2. Do đó (d) có dạng y = mx + 2. 1 y  x2 2 = mx + 2  x2 – 2mx – 4 = 0 b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình  ' = (-m)2 – 1 (-4) = m2 + 4 > 0. Vì  ' > 0 nên (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m. c) x1 , x2 là hai hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình x 2 – 2mx – 4 = 0 Áp dụng hệ thức Viét ta có : x1 + x2 = 2m , x1 . x2 = - 4 3. x 3  x 32  x1  x 2   3x1x 2  x1  x 2  32  Ta có: 1 (2m)3 – 3 (-4).2m = 32  8m3 + 16m – 32 = 0 3  m + 2m – 4 = 0   m  1  m 2  m  4  0  m  1 0  m 1. ( Vì m2 + m + 4 > 0 ). Câu 4: a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.. . . . 0. Chỉ ra được: OAC OHA OBA 90  A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh: AB2 = AD . AE :.  Xét: ABD và ABE ; Ta có: BAE (góc chung),    AEB ABD (cùng chắn cung BD của đ/tròn (O)). AB AD  Nên ABD AEB (gg)  AE AB  AB2 = AD.AE. (1).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 1 1   c) Chứng minh: AK AD AE :. 1 1 AD  AE   AD.AE Ta có: AD AE. Mà AD + AE = (AH – HD) + ( AH + EH) = (AH – HD) + ( AH + HD) (Vì EH = HD) = 2AH. 1 1 2AH    AD AE AD.AE Mà: AB2 = AD.AE.  AC2 = AD.AE. (Cmt) ( Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến đường tròn (O) => AB = AC). 1 1 2AH    AD AE AC2. 2 2AH  Ta lại có: AK AK.AH. (3) Cần chứng minh: AC = AK.AH Từ D vẽ DM vuông góc với OB tại M, cắt BC tại N.. (4). 2. Xét tứ giác ODMH Có:.     = OMD OHD = 900  Cmt  ;OMD = 900  OHD  = 900 .     ODMH nội tiếp (Qũy tích cung chứa góc)  HOM = HDM ( chắn cung HM )      Mà HOM = BCH (chắn HB Của đường tròn đường kính AO)  HDM = BCH   HDN = NCH  Hay:. Tứ giác CDNH nội tiếp (Qũy tích cung chứa góc).  Xét ACK và AHC Ta có: CAH (góc chung). (a).    Lại có : CHD = CND (chắn cung CD của CDMH nội tiếp )   CBA = CND Mà:. (đồng vị của ED//AB ( Vì cùng vuông góc với OB)) .   CHD = CBA.   Và: BCA = CBA ( Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến đường tròn (O)  AB = AC) => ABC cân tại A)      CHD = BCA Hay: CHA = KCA. (b). AC AK =  AC 2 = AH.AK  ACK  AHC  AH AC Từ (a) và (b)  đồng dạng 1 1 2AH 2 1 1      5 Thay vào (3) ta có AD AE AH.AK Từ (4) và (5)  AK AD AE . 3. Câu 5: Ta có. 3. ab bc ac  ab    bc    ac     2 c2 a 2 b 2  abc . 3. (1). x 3  y3  z 3 xyz Đặt ab = x , bc = y , ac = z  xyz = (abc)2 . Khi đó (1) trở thành và x + y + z = ab + bc + ac 1 1 1 bc  ac  ab    0  x + y + z = ab + bc + ac = 0 abc Từ a b c x 3  y3  z3 3xyz 3 xyz xyz 3 3 3 Vì x + y + z = 0 nên x +y + z = 3xyz . Nên = Cách khác: 3. 3. 1 1 1 1 1 1 1 1  1 1 1 3 1 1 1 1 1 3 1   0            3  3      3  3  3   3 a b c a b c a b  c a b ab  a b  c a b abc c 1 1 1 3  3 3 3  1 a b c abc ab bc ac abc abc abc  1 1 1  Ta có: 2  2  2  3  3  3 abc  3  3  3   2  c a b c a b c a b  ab bc ac  3  Ta có: 2  2  2 abc   3 c a b  abc  Thay (1) vào (2) ==> Vì:.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×