De Dap an thi lop 10 chuyen Mon chung

b/ Chứng minh phương trình 1 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.Gọi hai nghiệm của phương trình 1 là x1 , x 2.. Bài 43,0 điểm Cho nửa đường tròn đường kính AB, gọi C là đ[r]

Đề thi thử số 17 Môn toán chung

Thời gian làm bài : 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (1,5 điểm) Cho biểu thức P =

: 10

x

a/ Rỳt gọn P

b/ Tớnh giỏ trị của P khi x = 4

√3+2√2

3 −2√2−

4

√3− 2√2

3+2√2

Bài 2 (3,0 điểm)

a/ Giải các hệ phương trỡnh sau

1/











 b/ Tỡm cỏc giỏ trị của x thỏa x2 5x 4 2 x1 0

Bài 3 (1,5 điểm) Cho phương trỡnh x2 2 m 2 x 3m 3 0 1        ( m là tham số ) a/ Giải phương trỡnh (1) với m = 5

b/ Chứng minh phương trỡnh (1) luụn cú hai nghiệm phõn biệt với mọi giỏ trị của

m.Gọi hai nghiệm của phương trỡnh (1) là x , x 1 2 Tỡm cỏc giỏ trị của m sao cho:

Bài 4(3,0 điểm) Cho nửa đường trũn đường kớnh AB, gọi C là điểm thuộc nửa

đường trũn ( C khỏc A và C khỏc B ) Kẻ đường cao CH của tam giỏc ABC và đường cao HK của tam giỏc HBC

1) Chứng minh CH.BC = HK.AB

2) Gọi M và I lần lượt là trung điểm của BH và CH, chứng minh MK  KI 3) Chứng minh đường thẳng IK tiếp xỳc với đường trũn đường kớnh AH

a + b +c + d = 3.Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức

P



Hết

-Hớng dẫn học sinh làm bài

Câu Nội dung Điểm

Bài 1

a/ Rỳt gọn P : P =

: 10

x

Đ/k: x > 1,x  10, x  5

Đặt y = x  1 Ta cú

P =

P =

Thay y = x  1

P =

2( 1 2)

x x

  =

2( 5)

x



0.75

b/ Tớnh giỏ trị của P khi x = 4

√3+2√2

3 −2√2−

4

√3− 2√2 3+2√2

x =

3 2 2 3 2 2

3 2 2 3 2 2



(Thoả món điều kiện), thay vào ta cú P=

x

0.75

1/ Giải hệ phơng trình







<=>

2xy 2x y 1 2xy 3x 2xy x 2y 1 8xy 10x 12y 15







<=>

y x 1 (1) 6xy 9x 14y 16 0 (2)

 







Thay (1) vào (2) ta đợc phơng trình

6x(x – 1) + 9x – 14(x – 1) – 16 = 0

<=> 6x2 – 11x – 2 = 0, Phơng trình có hai nghiệm

1





Vậy hệ phơng trình có hai nghiệm

1.0

;

1 6

x

x

x

y













2/ Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh :









Tõ (1) vµ (2) ta cã

x y 2 y z 2  2z x   x z x z    

<=>x 2y z x z      x z x z     2

<=>x z x z     2  x 2y z   0

<=> 2x z y    1  0

TH 1 : x – z = 0 => x = z, thay vµo (3) => 2y – y2 = 0 => y

= 0 ; y = 2

Víi y = 0 vµ x = z thay vµo (1) => 2z2 – 2z = 0 => z = 0 vµ

z = 1

VËy ta cã nghiÖm

0

0

0

x

y

z











 

 vµ

1 0 1

x

y

z











 



Víi y = 2 vµ x = z thay vµo (1) => (z – 2)2 = 2z – z2 => 2z2

– 6z + 4 = 0

=> z = 1 vµ z = 2

VËy ta cã nghiÖm

1

2

1

x

y

z











 

2 2 2

x

y

z











 



TH 2 : y – 1 = 0 => y = 1 thay vµo (3) ta cã : (z – x)2 = 1

=> z – x = 1 vµ z – x = -1

Víi z – x = 1 => z = x + 1 vµ y = 1, thay vµo (2) ta cã

(1 – x – 1)2 = 2x - x2 => 2x2 – 2x = 0 => 2x(x – 1) = 0

=> x = 0 vµ x = 1

VËy ta cã nghiÖm

0

1

1

x

y

z











 

 vµ

1 1 2

x

y

z











 



Víi z – x = -1 => z = x – 1 vµ y = 1, thay vµo (2) ta cã

(1 – x + 1) = 2x – x2 => 4 – 4x + x2 = 2x – x2 => 2x2 –

6x + 4 = 0 => x= 1 vµ x = 2

VËy ta cã nghiÖm

1

1

0

x

y

z











 

 vµ

2 1 1

x

y

z











 



VËy hÖ ph¬ng tr×nh ban ®Çu cã 8 nghiÖm

(x ; y ; z)

= (0 ; 0; 0), (2 ; 2; 2), (1; 0 ; 0), (0; 1 ; 0), (0; 0 ; 1) (2; 1 ; 1),

1.0

(1; 2 ; 1), (1; 1 ; 2)

b/Tìm các giá trị của x thỏa x2 5x  4 2 x 1 0 

§iÒu kiÖn : x  1

x  x  x 

<=> x 1 x 4 2 x 1 0 

<=> x 1 x 1x 4 2  0

<=> x 1 x 1 x 12 3  2 0

<=> x 1 x 13 3 x 1 2    0

<=> x 1 x 1 2    x 1 1  2  0

Tho¶ m·n víi mäi x  1

1.0

Bµi 3

a/ Víi m = 5, ta cã ph¬ng tr×nh

x2 – 6x – 12 = 0

Ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm

1 2

3 21

3 21

x x

  





 



0.5

b/ x 2  2 m 2 x 3m 3 0 1        ( m là tham số )

Ta cã : ’ = (m – 2)2 + 3m – 3 = m2 – m + 1 =

2

0

m

Víi mäi m VËy ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt

0.5

Theo viÐt ta cã

1 2

2( 2)





 



<=>  

=> 18m 18   4 m 2  26m 6  4m 2 0

=> 18m 18 4m  210m 10 4m  2 0

=> 8m 8 0  m 1

0.5

Bài 4

Hình

N

I

M

K C

H

B A

a/ Chứng minh : CH.BC = HK.AB

Dễ thấy KHC  CBA(g.g)

=> KH HC HC CB KH BA .

CB BA   Hay CH.BC = KH.AB

1.0

b/ Chứng minh MK  KI

KHC vuông tại K mà IC = IH => IK = IH = IC (1)

KHB vuông tại K mà MH = MB => MK = MH = MB (2)

IM là cạnh chung (3)

Từ (1) , (2) và (3) => KIM = HIM(c.c.c)

IKM IHM  MK KI

1.0

c/ Chứng minh đờng thẳng IK tiếp xúc với đờng tròn đờng

kính AH

Từ H kẻ HN  AC

=> AKHN là hình chữ nhật

Và NK đi qua trung điểm I của HC

và N thuộc đờng tròn (O’) đờng kính AH

C/m tơng tự nh câu b => KN  NO’

 KN là tiếp tuyến của (O’)

 KI tiếp xúc với đờng tròn đờng kính AH

1.0

Bài 5 4(a2 + b2 + c2 + d2)  a2 + b2 + c2 + d2+ 2ab + 2ac + 2ad + 2bc

+ 2bd + 2cd

=> 4(a2 + b2 + c2 + d2)  (a + b + c + d)2

=> 4(a2 + b2 + c2 + d2)  9

=> (a2 + b2 + c2 + d2) 

9

4 (1)

Tơng tự 4(a4 + b4 + c4 + d4)  (a2 + b2 + c2 + d2)2 

9

4 (a2 + b2

+ c2 + d2)

=> a4 + b4 + c4 + d4 

9

16 ( a2 + b2 + c2 + d2)(2)

Ta cú theo BUNHIA

(a3 + b3 + c3 + d3)2  ( a2 + b2 + c2 + d2) (a4 + b4 + c4 + d4) (3)

Từ (2) v à (3) Suy ra :

(a3 + b3 + c3 + d3)2 

16

9 (a4 + b4 + c4 + d4)2

(a4 + b4 + c4 + d4)

3

4(a3 + b3 + c3 + d3)

=>

P

=> P(min) =

3

4 khi: a = b = c = d =

3 4

Chú ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

Giáo viên hớng dẫn : Nguyễn Đức Tính