đề thi chuyên đề 10 ban KHTN + đáp án chi tiếtđầy đủ môn toán

Tìm tọa độ chân đường cao của tam giác hạ từ A.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC ĐỀ THI CHUYÊN ĐỀ LẦN 1 LỚP 10- BAN KHTN TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG NĂM HỌC 2008- 2009

………

MÔN THI : TOÁN

( Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề )

Câu 1( 2 điểm )

Cho phương trình: 2 ( 2 1 ) 2 2 0









a, Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm không âm

b, Tìm m để giữa hai nghiệmx1, x2 của phương trình (*) ta có hệ thức: 3x1x2  5(x1x2)70

Câu 2 ( 2 điểm ).

Giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a, 5x 1  3x 2  x 1  0

b, 











2 2

2

2 2

5 1

6

x y

x

x xy

y

Câu3 ( 3 điểm ).

a, Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC cóA(1; 2), B(-3; -1), C(3; 1) Tìm tọa độ chân đường cao

của tam giác hạ từ A

b, Trong mọi tam giác ABC , chứng minh rằng:

S

c b a C B A

4 cot

cot cot

2 2 2









( Với a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, AC, AB và S là diện tích tam giác ABC )

Câu 4 ( 2 điểm )

Cho hàm số 2 4 2





x x

a, Tìm a để đường thẳng ya 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt

b, Biện luận theo m số nghiệm phương trình: 2 4 2





 m x x

Câu 5 ( 1điểm)

Chứng minh rằng với mọi số thực x,y,z  0 ;xyz 1 thì: xy xz yz xyz xyz









2 18

………HẾT………

Họ và tên thí sinh………SBD………

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM

Câu Nội dung Điểm

1

a, Phương trình (*) có hai nghiệm không âm khi và chỉ khi 









0 0

P



















0 1

2

0 2

0 7

4

2

m m m

0,25

















2 1 4 7

m m

4

7



b, Để phương trình có hai nghiệm thì

4

7



Theo Định lý VI-ET: 











1 2 2

2 1

2 2 1

m x

x

m x x

Thay vào hệ thức đã cho ta được phương trình: 3m2  10m 8  0

0;25















3 4

2

m

2 a, Ta có: Điều kiện: x 1

Phương trình đã cho tương đương với : 5x 1  3x 2  x 1

0,25

) 1 )(

2 3 ( 2

2   



 x x x

0 4 24

11 2







 x x ( vì x 1 )

0,25















11 2

2

x

b, Ta thấy (0; y) không là nghiệm của hệ.Hệ đã cho tương đương với :















5 1

6

2 2

2 2

y x

x y x

y

0,25

Đặt 







x v

y u

1 Hệ trở thành 











5 6 2

2

2 2

u v

v u uv

2 1









v u

1 2









v







 2 1

y

x

hoặc







 1 2 1

y x

KL:

0,25

3 a, Giả sử H(x0;y0) là chân đường cao hạ từ A Ta có: 







BC k BH BC

HA( 1  x0; 2  y0),BC( 6 ; 2 ),BH(x0  3 ;y0  1 ) 0,25





















2 1 6

3

0 ) 2 ( 2 ) 1 ( 6

0 0

0 0

y x

y x















0 3

0 3

0 0

0 0

y x

y













2 1 2 3

0 0

y x

KL:

0,25

b, Từ giả thiết ta có

C

coC B

B A

A C

B A

sin sin

cos sin

cos cot

cot

R

c ab

c b a R

b ac

b c a R

a bc

a c b

2 2 2

2 2

2

2 2 2 2 2 2 2 2 2

















c ab

c b a R b

ac

b c a R a

bc

a c b R

2

) (

2

2

) (

2

2

) (

2 2 2 2 2 2 2 2  2  2













=

abc

c b a

=

S

c b a

4

2 2

2  

, Do S =

S abc

R R

abc

4

1

0,25

4 a, Phương trình hoành độ giao điểm của hai đ ồ thị hàm số là: 2 4 2 1







 x a

để thỏa mãn đề bài thì điều kiện là: phương trình 2 4 ( 1 ) 0







biệt Hay  ' 0

0,25

3 0

3    



b, Phương trình đã cho tương đương với : x2  4x 2 m

Xét hàm số : y =

























2 1 , 2 4

2 1 , 2 4 2

4

2

2 2

x x x

x x x

x x

0,25

Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau:

x - -2 1/2 2 +

 y + +

1/4 -2

-6

0,25 Dựa vào đồ thị ta có: m < - 6 phương trình vô nghiệm m = - 6 phương trình có 1 nghiệm duy nhất - 6< m < - 2 hoặc m > 1/4 phương trình có 2 nghiệm phân biệt m = -2 hoặc m = 1/4 phương trình có 3 nghiệm phân biệt - 2 < m < 1/4 phương trình có 4 nghiệm phân biệt 0,5 5 Áp dụng BĐT COSI cho 6 số dương ta có : 3 6 2 xyzxyz xyz (1)

Mặt khác xyxzyz 3 3 x2y2z2 (2)

0,25 Nhân hai vế (1) và (2) ta có2 (xyxzyz)  18xyz (3)

Lại có; xyz(xyxzyz)  0 (4)

0,25

Cộng hai vế (3) và (4) ta được: ( 2 xyz)(xyxzyz)  18xyz 0,25

xyz

xyz yz

xz xy











2 18 KL:

0,25