de thi vao 10 nam 2013

a/ Chứng minh tứ giác CBKH nội tiếp b/ Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM.. Chứng minh rằng tam giác MCE vuông cân c/ Gọi d là tiếp tuyến của O tại điểm A.. Lấy P là điểm nằm

Đề thi lớp 10 thanh hoá năm học : 2013 – 2014

Môn : Toán

Ngày thi : 12/07/2013

Mã đề : A

3 ; c = -4

a/ Tính tổng : S = a + b + c

b/ Giải phơng trình trên

2/ Giải hệ phơng trình : 2 3

3 2 1

x y

x y

− =



 + =



x P

= − + − ữ    − + ữữ  (Với x > 0; x ≠ 1)

a/ Rút gọn biểu thức P

b/ Tính giá trị của biểu thiức P khi x= − 3 2 2

Parabol (P) : y = -2x2

a/ Tìm a để đờng thẳng (d) đi qua điểm A(1 ; 5)

b/ Tìm a để đờng thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lợt là

x1; x2 thoả mãn điều kiện x1 + x2 + 4(x1 + x2) + 4 = 0

điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC ( M khác A và C), BM cắt AC tại H; kẻ HK vuông góc với AB ( K thuộc AB)

a/ Chứng minh tứ giác CBKH nội tiếp

b/ Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM Chứng minh rằng tam giác MCE vuông cân

c/ Gọi (d) là tiếp tuyến của (O) tại điểm A Lấy P là điểm nằm trên (d) sao cho hai điểm

P và C nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đờng thẳng AB và AP.MB = MA.OB Chứng minh rằng , đờng thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK

Chứng minh rằng :

y z+z x+x y ≥

Hết

-Lời giải và thang điểm

Câu 1

2.0đ

1/

a/ Ta có : S = a + b + c = 1 + 3 + (-4) = 0

b/ Vì a + b + c = 0 Nên phơng trình có hai nghiệm

1 1

x = và 2 4 4

1

c x a

−

= = = −

0.5

0.5 2/

 <=> <=> <=>

 + =  − =  − =  = −

Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhât : 1

1

x y

=



 = −



0.75 0.25

Câu 2

2.0đ

a/ Rút gọn biểu thức P

P

= − + − ữ    − + ữữ  = − + −    − 

2

2

1

1

x

P

−

+

1.0

b/ Tính giá trị của biểu thiức P khi x= − 3 2 2

x= − = − => x = − = −

2 1 2 1

x P

x

Vậy với x= − 3 2 2 thì P = − 2

1.0

Câu 3

2.0 đ

a/ Để đờng thẳng (d) đi qua điểm A(1 ; 5) => x = 1 thì y = 5, thay vào

đờng thẳng (d) ta có

5 = 2a.1 + 1 => 2a = 4 => a = 2

Vậy với a = 2 thì đờng thẳng (d) đi qua điểm A(1 ; 5)

1.0

b/ Hoành độ giao điểm của đờng thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm

của phơng trình :

-2x2 = 2ax + 1

<=> 2x2 + 2ax + 1 = 0 (1)

+ Để đờng thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt thì phơng

trình (1) có hai nghiệm phân biệt

=> ∆’ > 0 <=> a2 – 2 > 0 =>(a− 2)(a+ 2) > 0

1.0

TH1 : 2 0 2 2

a

 − >  >

 => => >

+ > > −

a

 − <  <

 => => < −

+ < < −

=> a> 2 hoặc a< − 2 (2)

+ Khi đó x1; x2 là hai nghiệm của phơng trình (1) nên theo viét ta có

1 2

1 2

2 2 1 2

a

x x

−

 + = = −





 =



(3)

x12 + x22 + 4(x1 + x2) + 4 = 0 <=> ( )2 ( )

1 2 2 1 2 4 1 2 4 0

x +x − x x + x +x + =

Thay (3) vào ta có

(-a)2 – 1 + 4.(-a) + 4 = 0 => a2 – 4a + 3 = 0

Ta có 1 + (-4) + 3 = 0 Vậy phơng trình có hai nghiệm

a1 = 1 và a2 = 3 3

1 = (4) Kết hợp (2) và (4) => a = 3

Câu 4

3.0đ

Hình vẽ

1 4 3 2 1 D

N

(d)

P

O

E

K

H M

C

B A

a/ Chứng minh tứ giác CBKH nội tiếp

Ta có : ãACB= 90 0(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) => ãHCB= 90 0(1)

Từ (1)và(2)=>HCB HKBã + ã = 180 0=>Tứ giác CBKH nội tiếp (đ/l) ĐPCM

b/ Chứng minh rằng tam giác MCE vuông cân

Xét ∆MAC và ∆EBC có

AM = BE (gt) (3)

Xét đờng tròn (O) : MAC MBCã = ã (cùng chắn cung MC) (đ/l)

=> MAC EBCã = ã (4)

Do OA = OB = R, CO⊥AB => CO là đờng trung trực của AB (đ/n)

=> CA = CB (t/c) (5)

Từ 3,4,5 => ∆MAC = ∆EBC (c.g.c)

=> CM = CE =>∆MCE cân tại C (6)

Ta có : ã 1ã 1 0 0

.90 45

CMB= COB= = (đ/l) => CMEã = 45 0 (7)

Từ 6,7 => ∆MCE vuông cân tại C (ĐPCM)

1.0

c/ Chứng minh rằng , đờng thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn

thẳng HK

Gọi BM kéo dài cắt (d) tại D, HK cắt BP tại N Ta đi chứng minh

NK = NH

Ta có : AP.MB MA.OB(gt) AP MA

OB MB

= => = (8)

PAM =MBA (cùng chắn cung AM) => PAMã =OBMã (9)

Từ (8) và (9) => ∆PAM ~ ∆OBM (c.g.c)

=> Mả 1 =Mả 3 (hai góc tơng ớng) (10)

M +M =AMC= (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) (11)

Từ (10) và (11) => ã ả ả 0

1 2 90

PMO M= +M = => PM là tiếp tuyến của (O)

=> PM = PA (hai tiếp tuyến cắt nhau) (12)

M +M = Do M +M = (13)

∆ABD vuông tại A => ả ã 0

D +ABD= (14)

Do OB = OM => ả ã

3

M =ABD (15)

Từ 13,14,15 => ả ả

D =M => PM = PD (16)

Từ (12) và (16) => PA = PD (17)

Do HK//AD theo talét ta có

1.0

NK BN

PA = BP và NH BN

PD = BP => NK NH

PA = PD (18)

Từ 17,18 => NK = NH => đờng thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn

thẳng HK

Câu 5

( )2

a b

+ + ≥

+ Thật vậy

2 2

a b

a b

a y b x x y xy a b ay bx

+ + ≥ <=> + + ≥ + <=> − ≥

+

(Đúng) => 2 2 ( )2

a b

a b

+ + ≥

+

áp dụng 2 lần , ta có: 2 2 2 ( )2

a b c

+ + + + ≥

+ +

áp dụng BĐT trên ta có

2

2 2 2

x y z

+ +

2

2

1 2

3

1 2

2

1 2

x y z

 + ≥

+ + +

 + ≥ => + + ≤



 + ≥



Từ (1)

4.

2

2 2

2 2

2

2

x y xy

z x zx

 + ≥

 + ≥ => + + ≥ + + ≥



 + ≥



Đặt : 2 2 2

x +y +z = t ≥ 3

2

t

x y z

+ +

= +

Ta chứng minh với t ≥ 3 thì 2 3

2 6 4

t

t ≥ + Thật vậy

( ) ( )

2

2

2 3

2 6 4

t

t ≥ <=> − − ≥ <=> − − ≥ <=> − + ≥

do t ≥ 3 => 2 3

2 6 4

t

t ≥ + (4)

1.0

Từ (2), (3) và (4) =>

y z +z x+x y ≥

Dấu “=” xảy ra khi : x= y = z = 1

Cách 2

áp dụng côsi cho hai số không âm :

4 3

x

y+ z và

3 16

y+ z

Ta có :

y z

+

z x

+

x y

+

Cộng 1,2,3 ta đợc

x y z

x y z

y z z x x y

+ + + +

2

2

1 2

3

1 2

2

1 2

x y z

 + ≥

+ + +

 + ≥ => + + ≤



 + ≥



(5)

Tù 4, 5 =>

( 2 2 2) ( 2 2 2) ( 2 2 2)

y z z x x y

2 2

2 2

2

2

x y xy

z x zx

 + ≥

 + ≥ => + + ≥ + + ≥



 + ≥



(7)

Từ 6,7 =>

−

Hay

y z+z x+x y ≥

+ + + .Dấu “=” xảy ra khi x = y = z (ĐPCM)

Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

Các mã đề khác làm tơng tự

Giáo viên giải và dự kiến thang điểm : Nguyễn Đức Tính

SN: 06/335 - Đờng Nguyễn Tĩnh - TP Thanh hoá - DT : 0914.853.901

(Đây là thang điểm tham khảo, thang điểm chính thức theo quy định của HĐCT)