Tải bản đầy đủ

CÁC ĐỀ THI MÔN TOÁN CÓ ĐÁP ÁN

ĐỀ SỐ 24
Câu 1. Rút gọn:
5 5
(1  5) �
.
2 5
1) A =
� x x �
� x x �
1

1




� 1 x �

1 x �




� với 0 �x �1 .
2) B =

Câu 2. Cho phương trình với là tham số.
1) Chứng minh rằng với mọi giá trị của phương trình luôn có nghiệm .
2) Tìm giá trị của để phương trình trên có nghiệm .
Câu 3. Một xe ô tô cần chạy quãng đường 80km trong thời gian đã dự định. Vì trời mưa
nên một phần tư quãng đường đầu xe phải chạy chậm hơn vận tốc dự định là 15km/h nên
quãng đường còn lại xe phải chạy nhanh hơn vận tốc dự định là 10km/h. Tính thời gian
dự định của xe ô tô đó.
Câu 4. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Lấy điểm C thuộc nửa đường tròn và
điểm D nằm trên đoạn OA. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của nửa đường tròn. Đường thẳng
qua C, vuông góc với CD cắt cắt tiếp tuyên Ax, By lần lượt tại M và N.
1) Chứng minh các tứ giác ADCM và BDCN nội tiếp được đường tròn.


2) Chứng mình rằng MDN  90 .
3) Gọi P là giao điểm của AC và DM, Q là giao điểm của BC và DN. Chứng minh
rằng PQ song song với AB.
Câu 5. Cho các số dương a, b, c. Chứng minh bất đẳng thức:
0

ab bc ca
b
c �
�a


�4 �



c
a
b
�b  c c  a a  b �.

ĐÁP ÁN
Câu 1.


1) A =

(1  5) �



5(1  5)
(1  5) 1  5
 (1  5) �

 2
2
2
2 5
.
� x
�


1


x x 1

1

1 x
2) B = �








x 1 �
� 1  x 1  x  1  x
1 x �

.



Câu 2.
1) Thay vào vế trái của phương trình ta được:
đúng với mọi m
nên phương trình có nghiệm với mọi m






2) Vì phương trình luôn có nghiệm nên để nó có nghiệm thì theo định lý Vi-et ta có:
Câu 3.
Gọi x (km/h) là vận tốc dự định của xe, x > 15.

.

80
Thời gian dự định của xe là x .
20
Thời gian xe đi trong một phần tư quãng đường đầu là x  15 , thời gian xe đi trong quãng
60
đường còn lại là x  10 .
80
20
60
Theo bài ra ta có x = x  15 + x  10 (1).
4
1
3


4 x  15   x  10   x  4 x  35 
Biến đổi (1) � x x  15 x  10 � 
� 15 x  600 � x = 40 (thoả mãn điều kiện).
80
2
Từ đó thời gian dự định của xe là 40
giờ.

Câu 4.

0

1) Ta có vì Ax là tiếp tuyến của nửa đường tròn nên MAD  90 . Mặt khác theo giả thiết

�  900
MCD
nên suy ra tứ giác ADCM nội tiếp.

Tương tự, tứ giác BDCN cũng nội tiếp.



2) Theo câu trên vì các tứ giác ADCM và BDCN nội tiếp nên: DMC  DAC ,

�  DBC

DNC
.
0
0





Suy ra DMC  DNC  DAC  DBC  90 . Từ đó MDN  90 .




0


3) Vì ACB  MDN  90 nên tứ giác CPDQ nội tiếp. Do đó CPQ  CDQ  CDN .





Lại do tứ giác CDBN nội tiếp nên CDN  CBN . Hơn nữa ta có CBN  CAB , suy ra

�  CAB

CPQ
hay PQ song song với AB.

x  y
Câu 5. Với các số dương x, y ta có: 

2

x y
4
1 1
4

 �
�4 xy
x y  x y x y
 xy


Áp dụng bất đẳng thức trên ta, có:
ab bc ca
�1 1 � �1 1 � �1 1 �


 a �  � b �  � c �  �
c
a
b
�b c � �c a � �a b �
b
c �
�a
4
4
4
4�


�a.
 b.
 c.

bc
ca
a  b = �b  c c  a a  b �

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
Lời bình:
Câu II.1
Thay câu II.1 bởi câu : Chứng minh phương trình có nghiệm không phụ thuộc giá
trị của m, ta được một bài toán "thông minh hơn".
Biến đổi phương trình về dạng m(x  2) = x2 + 3x  10 . (1)
Xem (1) là phương trình đối với m. Thế thì (1) có nghiệm không phụ thuộc m khi
và chỉ khi x  2 = x2 + 3x  10 = 0  x = 2.
Vậy có x = 2 là nghiệm cố định không phụ thuộc vào m của phương trình đã cho.
Vấn đề nghiệm cố định còn được bàn thêm ở lời bình sau câu Câu I4b, đề 32.



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×