DEDAP AN THI HSG 10

[r]

sở GD & đT Hng Yên

Trờng thpt minh châu

đề chính thức

Đề khảo sát cuối Học kì I 09-10

Lớp 10 môn thi : toán

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

Câu1: (1.đ) Cho phơng trình bậc hai: x2

+(m− 4) x +m2−3m+3=0 ( m là tham số) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1, x2 đều khác 1

Khi đó tính giá trị của biểu thức sau theo m: P=

2

4

z

x y



 .CMR:  7 P499

Câu2(3.5đ) : a) Giải phơng trình: 3x

x2−3x+2+

2x

x2−2x +2=4

b) Giải bất phương trỡnh: x2 2x 92 x2 2x x 1 1 

c) Giải phơng trình : 2√3 sin2x +cos x −sin 2 x −(4 +√ 3)sin x +2

d) Giải hệ phơng trình:

2





Câu 4:(3.5đ)a)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, hóy viết phương trỡnh cỏc cạnh của tam giỏc

ABC biết trực tõm H(1;0), chõn đường cao hạ từ đỉnh B là K(0; 2), trung điểm cạnh AB là

(3;1)

M

b).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường trũn (C): (x – 1)2 + (y + 1)2 = 25 và điểm M(7; 3) Lập phương trỡnh đường thẳng (d) đi qua M cắt (C) tại A, B phõn biệt sao cho MA = 3MB

c) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(0, 2) và elip cú phương trỡnh

2 2

x +y =1

Viết phương trỡnh đường thẳng đi qua điểm M cắt elip tại A, B sao cho 3MA -5MB = 0



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

d)(1đ)Trong mặt phẳng Oxy cho hỡnh thoi ABCD, đường chộo BD nằm trờn đường thẳng x y  2 0 Điểm M(4;-4) nằm trờn đường thẳng chứa cạnh BC, điểm N(-5;1) nằm trờn đường thẳng chứa cạnh AB Biết BD 8 2 Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của hỡnh thoi ABCD, biết điểm D cú hoành độ õm

Câu 5:(1đ)Cho Tam giỏc ABC, cú BC = a, AC = b và AB = c Chứng minh rằng nếu:

¿

b3+c3− a3

b+c − a =a

2

a=2 b cos C

¿{

¿

thỡ tam giỏc ABC đều

Câu 6 (1.đ) a) Xột cỏc số thực dương a, b, c thỏa món a.b.c = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức A = 1

a3(b+c )+¿

1

b3(a+c )+¿

1

c3(b+a)

b) Cho a, b, c, d là bốn số thực thỏa món cỏc điều kiện:

Tỡm giỏ trị lớn nhất, giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức: E(a c )2(b d )2

-Hết -Chú ý : Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh : Số báo danh:

) M nằm ngoài (C) (C) cú tõm I(1;–1) và R = 5.

Gọi H là trunh điểm AB MB=BH=HA

Ta có:

MA MB MB MH HA MH HA MH HA

MI IH IA IH MI R

2 2 4 ( ,( ))

Ta có: phương trình đường thẳng (d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a 2 + b 2 > 0).

2 2

0

6 4

5

a

a b

d M d

a b





 



V y (d): y – 3 = 0 ho c (d): 12x – 5y – 69 = 0.ậ ặ

Điều kiện: x 1

Bất phương trình  x22x92 10 (  x22x 8) ( x1 1)

2

2

2

1 1

1 1

x

x

x

 

 

2

1 1

x

1 1

x

 

Do đó bất phương trình  x 2 0  x2

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: 1 x 2

Xét hai đường tròn:

(C): x2 + y2 - 2x - 2y + 1 = 0 có tâm I(1;1) bán kính R = 1

(C): x2 + y2 - 12x - 12y + 36 = 0 có tâm I(6;6) bán kính R = 6

Khi đó IJ có phương trình: y = x (d)

Giả sử A(a;b) (C), B(c;d)  (C’)  AB (a c )2(b d )2

Vì IJ 5 2 R R ' 7, nên nếu gọi M, P, N, Q lần lượt là các giao điểm của d với hai đường tròn (C) và

(C’) thỡ

2

2

2

2





- Lấy M’ là điểm đối xứng với M qua BD:

PT đường thẳng qua M vuụng gúc với BD: x + y = 0 (d)

Gọi J  d BD suy ra J(1;-1)

Suy ra M’(-2;2)

- Phương trỡnh đường thẳng AB qua M’(-2;2) nhận M N   ' ( 3; 1)

làm VTCP AB: x - 3y + 8 = 0

- Tọa độ B là nghiệm của hệ:

2 0

x y





- Giả sử D(d;d-2), do

2

1

15

d

d









Vậy D(-1;-3)

- Gọi I là tõm của hỡnh thoi I(3;1), khi đú đường thẳng AC qua I và vuụng gúc với BD

Phương trỡnh AC: x + y - 4 = 0

- Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:

4 0

(1;3)

x y

A









- Tọa độ C(5;-1)

V

(1

i m)

đ ể

ặt

Đ x = 1

a , y=

1

b , z =

1

c Do abc=1⇒ xyz=1 Khi đó:

A= x3

1

y+

1

z

+ y3

1

x+

1

z

+ z3

1

y+

1

x

=¿

y z z x x y   y z z x x y (*)

0,25

Áp dụng bất đẳng thức Trung bình cộng- trung bình nhân cho các số dơng ta có:

2

4

x

y z



2

4

y

z x



2

4

z

x y



0,25

Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều trên ta có :

2

 

0,25

DÊu “=” x¶y ra khi x = y = z.

A= x2

y +z+

y2

z +x+

z2

x + y ≥

x + y +z

3 2

3

√xyz=3

2

Gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc A b»ng

3

2 đạt khi a = b = c = 1

0,25

VI- 1

(1

i m)

đ ể

ng th ng d qua M(0,2) có ph ng trình

2

x mt







 



d c t elip 2 i m phân bi t i u ki n l ph ng trình

  có 2 nghi m phân bi tệ ệ

i u ki n l :

2 2

2 2

0 4

3 0 4

m n m n









0,25

Xét A(mt1, 2+nt1)

, B(mt2, 2+nt2)

, MA mt nt  1, 1, MB mt nt 2, 2

MA MB  t  t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Theo định lí Vi- et có

2

2

4

4 3

4

n

m n

t t m n

















Suy ra m2=n2

0,25

Cho m = 1 suy ra n = 1 ho c n = - 1 ặ

Phương trình d l à 2

x t







 

x t







 



0,25 2b)Kết hợp điều kiện vậy nghiệm của bất phương trình là: x 3

4a(1,

0)

+ Đường thẳng AC vuông góc với HK nên nhận

( 1; 2)

HK  

làm vtpt và AC đi qua K nên

(AC x) :  2y 4 0 Ta cũng dễ có:

(BK) : 2x y  2 0

+ Do A AC B BK ,  nên giả sử

(2 4; ), ( ; 2 2 )

A a a B b  b Mặt khác M(3;1)là

trung điểm của AB nên ta có hệ:

Suy ra: A(4; 4), (2; 2).B 

+ Suy ra: AB  ( 2; 6)



, suy ra: (AB) : 3x y  8 0

+ Đường thẳng BC qua B và vuông góc với AH nên nhận HA (3; 4)



, suy ra:

(BC) : 3x4y 2 0

KL: Vậy : (AC x) :  2y 4 0,(AB) : 3x y  8 0 , (BC) : 3x4y 2 0.

0,25

0,5

0,25

I/ §¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm:

2

4

z

x y





Câu1 (3,0đ):

Phơng trình có nghiệm x1, x2 đều khác 1 khi và chỉ khi

Δ≥ 0

m2−2 m≠ 0

⇔ m− 4¿2− 4 (m2−3 m+3)≥ 0

¿

m ≠0 , m ≠2

¿

⇔

¿

¿

¿3 m2− 4 m− 4 ≤ 0

¿

¿ ¿

⇔

−2

3≤ m<2

m≠ 0

¿{

(*) 1,0đ

Với điều kiện (*), theo định lý Vi- et :

¿

x1+x2=4 −m

x1x2=m2− 3 m+3

¿ {

¿

0,5đ

Ta có

(x1+x2¿2− 2 x1x2)− mx1x2(x1+x2)

¿

m¿

mx12

1 − x1+

mx22

1− x2=¿

0,5đ

¿m3−8 m2+13 m−2

2

−6 m+1 0,5đ Xét hàm f(m) = m2− 6 m+1 với m thoả mãn (*) , dễ thấy f(m) là hàm số nghịch biến

trên ¿ \ {0} ⇒ f (2)<f (m)≤ f (−2

3)⇒−7<f (m)≤49

9 ⇒ đpcm 0,5đ Câu2(2,0đ):

Do x = 0 không là nghiệm của phơng trình, nên chia cả tử và mẫu của vế trái của phơng trình cho

x ta đợc phơng trình tơng đơng

3

x +2

x −3

x +2

x −2

=4

0,5đ

Đặt t=x+2

x ta có phơng trình

3

t −3+

2

t −2=4⇔ 4 t2

−25 t+36=0 ⇔ t=4

¿

t=9

4

¿

¿

¿

¿

¿

0,5đ

Với t = 4 ta có x+2

x=4⇔ x2

− 4 x +2=0 ⇔ x=2±√2 0,5đ

Với t = 9

4 ta có x+

2

x=

9

4⇔ 4 x2− 9 x +8=0(VN)

Vậy phơng trình đã cho có hai nghiệm là x=2 ±√2 0,5đ Câu3(2,0đ):

Xét hệ

¿

√x +3 −√2y+ 1=1(1)

√y+ 3−√2x+1=1(2)

¿ {

¿

Điều kiện của ẩn: x ≥ −1

2; y ≥−

1

2 Lấy phơng trình(1) trừ phơng trình (2) theo vế ta có

√x+3+√2 x+1=√y +3+√2 y +1 (3) 0,5đ

Dễ thấy hàm số f(t) = √t+3+√2 t+1 là đồng biến trên ¿

Khi đó từ (3) suy ra f(x) = f(y) ⇔ x = y 0,5đ Với x = y, từ (1) ta có √x+3 −√2 x+1=1 ⇔√x+3=1+√2 x +1 ⇔2√2 x +1=1 − x 0,5đ

⇔

−1

2≤ x ≤1

1 − x¿2

¿

⇔

¿

¿

¿−1

2≤ x ≤ 1

¿

4 (2 x+1)=¿

Vậy hệ có nghiệm là

¿

x =5− 2√7

y=5 −2√7

¿{

¿

05đ

Câu 4(2,0đ):

Vì điểm I thuộc miền trong tam giác ABC

nên các góc B và C đều nhọn

Từ giả thiết ta suy ra:

4 R2(sin2A+sin2C )=8 R2sin2B=4 R2

⇒sin2B=1

2, sin2A +sin2C = 1 0,5đ

⇒ sin2B = cos2B và sin2A = cos2C

⇒ sinB = cosB và sinA = cosC 0,5đ

Gọi D = BI AC, M= CI AB, H = AI BC

Theo định lý Cêva ta có:

MA

MB .

HB

HC.

DC

DA=1⇒MA

HC

HB.

DA

DC=

b cos C

c cos B.

c

a=

2 R sin B cos C

2 R cos B sin A=1

Suy ra M là trung điểm của AB 0,5đ Hạ AE và BF vuông góc với CM thì AE = BF ⇒ S(ΔIAC)=S(ΔIBC) 0,5đ Câu 5(1,0đ):

Đặt A= a

d , B=

b

d ,C=

c

d ⇒ A,B,C có ƯSCLN là 1 và 1

A −

1

B=

1

C

⇒ B − A

1

C ⇒C (B− A )=AB (*) 0,25đ

Giả sử (B-A) không phải là số chính phơng Khi đó tồn tại số nguyên tố p

với số mũ cao nhất là 2r+1 sao cho (B− A ) ⋮ p 2 r+ 1 (**)

Nếu A ⋮ p r +1 thì B ⋮ p r +1 ⇒ A B ⋮ p 2 r+2 Nhng C không chia hết cho p ( do A, B, C

không có ớc số chung khác 1), do đó từ (*) suy ra (B− A ) ⋮ p 2 r+ 2 Điều này mâu

thuẫn với với (**) Nh vậy số mũ cao nhất là m với m r để A ⋮ p m

Tơng tự ta thấy số mũ cao nhất là n với n r để B ⋮ p n

Suy ra số mũ cao nhất là m+n 2r để AB⋮ p m +n ⇒ số mũ cao nhất là m+n 2r để

(B− A ) ⋮ p m+ n Điều này mâu thuẫn với với (**).Vậy B-A là số chính phơng 0,5đ

Ta có ABC(B-A) = AB.AB ⇒ ABC(B-A) là số chính phơng ⇒ ABC là số chính phơng Do vậy (b - a)d = d2(B-A) và abcd = d4.ABC là những số chính phơng 0,25đ _

M

I B

A

C H

D E

F