Tia AD cắt MB tại E. 1) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp. và E là trung điểm của BM. 3) Xác định vị trí của điểm M để BD vuông góc với MA... Vậy M là điểm nằm trên đường tròn tâm O, b[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THANH HÓA
TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 1
ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018 -2019 Môn thi: Toán
Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Câu 1 (2,0 điểm):
1) Giải các phương trình sau:
a) x 3 0
b) x23x 4 0
2) Giải hệ phương trình: 2 3 13
x y
x y
:
A
1) Rút gọn biểu thức A
2) Tìm x để A 2
Câu 3 (2,0 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng ( ) :d y x a 2 và parabol ( ) :P y x2
1) Tìm a để đường thẳng ( )d đi qua điểm A(0;1)
2) Tìm a để đường thẳng ( )d cắt parabol ( )P tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là
1; 2
x x thoả mãn x122x x1 2x2 1
Câu 4 (3,0 điểm): Cho điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O;R) Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA,
MB với đường tròn đó (A, B là tiếp điểm) Qua A kẻ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn (O;R) tại C Nối MC cắt đường tròn (O;R) tại D Tia AD cắt MB tại E
1) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp
2) Chứng minh BE2 AE DE và E là trung điểm của BM
3) Xác định vị trí của điểm M để BD vuông góc với MA
Câu 5 (1,0 điểm):
Cho a b c d, , , là các số dương thoả mãn: a b c d 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P (a b c a)( b)
abcd
- Hết -
(Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm)
ĐỀ A
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM: ĐỀ A
1
(2,0đ)
1) a) x 3 0 x 3
b) Ta có a b c 1 3 4 0phương trình có 2 nghiệm x 1;x 4
0,5 0,5
Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; )x y (2;3)
1,0
2
(2,0đ)
:
A
2
2
2
1 :
1 :
:
.( 1)
0,25
0,25
0,25
0,25
2) Ta có: A 2 x x 2 x x 2 0
Đặt t x t, 0,t1 ta được phương trình 2 1
2 0
2
t
t t
t
Kết hợp với điều kiện t 2 x 4 Vậy x4 là giá trị cần tìm
0,25
0,5
0,25
3
(2,0đ)
1) Ta có A(0;1)( )d a 2 1 a 1 Vậy a1 1,0 2) Phương trình hoành độ giao điểm: 2
2 0
x x a (1) (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt = 9 – 4a > 0 a < 9
4
1; 2
x x là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1)
Theo định lí Viét ta có: 1 2
1 2
1
1 2
x x
x x a
Từ giả thiết ta có:
1
1
0
1
x
x
Với x1 = 0; ta có 0.x2 = a - 2 a = 2 (t/m);
Với x1 = -1; ta có x2 = -1 -(-1) = 0 (-1).0 = a - 2a = 2 (t/m);
Vậy a = 2 là giá trị cần tìm
0,5
0,5
Trang 34
(3,0đ)
1) Do MA, MB là các tiếp tuyến
của đường tròn (O)
90
180
nên tứ giác MAOB nội tiếp
M
D
E
B O
A
C
1,0
2) Ta có ·BAEDBE· ( 1
2
sđ »BD); ·BEA chung 2 tam giác ABE và BDE
BE AE DE
AE BE
Lại có ·MAD ·ACD ( 1
2
sđ »AD); ·DMB ·ACD (do AC//MB)
; ·MEA chung 2 tam giác AME và MDE đồng dạng
2
ME AE DE
Từ (1) và (2) ME BE nên E là trung điểm của BM
0,5
0,5
90
BD AM MABABD
90
ABM BMC
(vì ·BMC ·ACD·ABD;MAB· ·ABM )
, ,
D là giao điểm của 3 đường cao trong tam giác AMB
vừa là đường cao vừa là trung tuyến
ABM
cân tại A AM AB
Mà AM BM ABM đều · 0
30
AMO
Ta có AMO vuông tại A có · AMO30 ;0 OA R OM 2R
Vậy M là điểm nằm trên đường tròn tâm O, bán kính 2R
M
E
D
O A
B
C
0,25
0,25
0,25
0,25
5
(1,0đ)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có:
a b 2 ab a b;( ) c 2 (a b c a b c ) ;( ) d 2 (a b c d )
Suy ra: (a b a b c a b c )( )( d)8 abcd a b a b c( )( )
Mà a b c d 2 2(a b a b c )( ) 8 abcd a b a b c( )( )
0,25
Trang 4( )( ) 4 ( )( )
a b a b c abcd a b a b c
a b a b c abcd
a b a b c abcd
16
a b c a b abcd P
abcd abcd
Dấu “=” xảy ra khi
1 4 1 2 1 2
a b
a b
a b c
c
a b c d
d
a b c d
Vậy GTNN của P bằng 16 khi 1; 1; 1
a b c d
0,25
0,25
0,25
Chú ý: - Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án
- Đối với câu 4 (Hình học):
+ Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm;
- Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm