giai de toan lop 10 nam 20142015

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC.. Tìm GTNN của..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

HÀ TĨNH NĂM HỌC 2014-2015

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút

Bài 1: Rút gọn các biểu thức

  với x  0, x  16

Bài 2: Giải hệ phương trình

2x 5y 7

x 2y 4





 Bài 3: Cho phương trình bậc hai x2 2mx m 2 m 1 0  (m là tham số)

a) Giải phương trình khi m = 2

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x12x22 3x x1 21

Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H

a) Chứng minh rằng BCEF nội tiếp đường tròn

b) Biết ABC 45 , ACB 60  0   0, BC = a Tính diện tích tam giác ACD theo a

Bài 5: Cho x, y > 0 thỏa mãn x2y2 2 Tìm GTNN của

2 2

P

LỜI GIẢI

Bài 1: a) P 4.5 9.5 5 5 2 5 3 5 5 5 4 5    

b)      

2 x x 16

x 16

Bài 2: Hệ phương trình tương đương

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất

x 6











Bài 3: a) Khi m = 2 ta có phương trình x2 4x 3 0   x2 x 3x 3 0    x x 1   3 x 1   0

x 1 x 3   0 x 1

x 3





 Phương trình có tập nghiệm là S = {1; 3}

b) Ta có  ' m2 m2 m 1 m 1

Để phương trình bậc hai đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1; x2

1 2

2

1 2







x x 3x x 1 x x  2x x 3x x 1 x x  5x x  1 0

m 4





 Đối chiếu điều kiện m > 1 ta có m = 4 thỏa mãn bài toán

Bài 4: a) Theo giả thiết ta có BFC BEC 90   0 Do đó đỉnh E, F cùng nhìn đoạn BC dưới một góc bằng 900

Mã đề 01

Nên tứ giác BCEF nội tiếp được đường tròn đường kính BC (Bài toán cung chứa góc)

b) Xét ADB có ADB 90  0 (gt) và ABC 45  0 (gt) nên ADB vuông cân tại D  AD = BD = BC –

CD = a – CD Mặt khác ACD vuông tại D Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn ta có:



a

3 1



AD a CD a

2 2

a 2 3 3

S







Bài 5: Cách 1: Ta chứng minh BĐT phụ sau: Với m, n > 0 và mọi a, b thì

2 2 a b



 Thật vậy

2

2 2

luôn đúng

Áp dụng BĐT phụ trên ta có

 2 22

P



 Mặt khác theo BĐT Bunhia ta có x2 y y 2 x x.x y y.y x  x2y2 x y y x2  2 

Do đó  2 2  2 2   

P

2xy x y



Ta lại có x y 2  0 x2y2 2xy 2 x 2y2x y 2  x y  2 x 2y2

Vậy  2 2  2 2

2 2.2

GTNN của P là 2 Đạt được khi x = y = 1

Ta có P 2 y2 2 x2 2 2 x2 y2 2 1 1 x x y y

Áp dụng BĐT Cauchy ta có 4

2 2

4

2



(1)

Áp dụng BĐT Bunhia ta có x x y y   x2y2 x y 

x x y y x2 y2 x y 2 x y 

(3)

Ta lại có x y 2  0 x2y2 2xy 2 x 2y2x y 2  x y  2 x 2y2

A

F

E

D

H

0

   2 2

(3) Từ (1), (2) và (3) suy ra P  2 GTNN của P là 2 Đạt được khi và chỉ khi x = y = 1

Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh

(Dự đoán biểu điểm: Bài 1a: 1,5đ, 1b: 1đ, Bài 2: 1,5đ, Bài 3a: 1đ, 3b: 1đ Bài 4a: 1,5đ, 4b: 1,5đ, Bài 5: 1đ)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

HÀ TĨNH NĂM HỌC 2014-2015

ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 90 phút

Bài 1: Rút gọn các biểu thức

  với x  0, x  25

Bài 2: Giải hệ phương trình

5x 2y 7 2x y 4





 Bài 3: Cho phương trình bậc hai x22mx m 2m 1 0  (m là tham số)

a) Giải phương trình khi m = -2

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x12x22 3x x1 21

Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H

a) Chứng minh rằng BCNP nội tiếp đường tròn

b) Biết ABC 45 , ACB 60  0   0, BC = a Tính diện tích tam giác ACM theo a

Bài 5: Cho x, y > 0 thỏa mãn x2y2 2 Tìm GTNN của

2 2

P

LỜI GIẢI

Bài 1: a) P 9.2 16.2 5 2 3 2 4 2 5 2 4 2    

b)      

2 x x 25

x 25

Bài 2: Hệ phương trình tương đương

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất

y 6











Bài 3: a) Khi m = -2 ta có phương trình x2 4x 3 0   x2 x 3x 3 0    x x 1   3 x 1  0

x 1 x 3   0 x 1

x 3





 Phương trình có tập nghiệm là S = {1; 3}

b) Ta có  ' m2 m2m 1   m 1 

Để phương trình bậc hai đã cho có 2 nghiệm phân biệt

x1; x2 thì    ' 0 m 1   0 m 1

Khi đó theo hệ thức Viets ta có

1 2

2

1 2







Mã đề 02

Theo bài ra 2 2  2  2

x x 3x x 1 x x  2x x 3x x 1 x x  5x x  1 0





 Đối chiếu điều kiện m < -1 ta có m = -4 thỏa mãn bài toán

Bài 4: a) Theo giả thiết ta có BPC BNC 90   0 Do đó đỉnh P, N cùng nhìn đoạn BC dưới một góc bằng 900

Nên tứ giác BCNP nội tiếp được đường tròn đường kính BC (Bài toán cung chứa góc)

b) Xét AMB có AMB 90  0 (gt) và ABC 45  0 (gt) nên AMB vuông cân tại M  AM = BM =

BC – CM = a – CM Mặt khác AMC vuông tại M Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn ta có



a

3 1



AM a CM a

2 2

a 2 3 3

S







Bài 5: Cách 1: Ta chứng minh BĐT phụ sau: Với m, n > 0 và mọi a, b thì

2 2 a b



 Thật vậy

2

2 2

luôn đúng

Áp dụng BĐT phụ trên ta có

 2 22

P



 Mặt khác theo BĐT Bunhia ta có x2 y y 2 x x.x y y.y x  x2y2 x y y x2  2 

Do đó  2 2  2 2   

P

2xy x y



Ta lại có x y 2  0 x2y2 2xy 2 x 2y2x y 2  x y  2 x 2y2

Vậy  2 2  2 2

2 2.2

GTNN của P là 2 Đạt được khi x = y = 1

Ta có P 2 y2 2 x2 2 2 x2 y2 2 1 1 x x y y

Áp dụng BĐT Cauchy ta có 4

2 2

4

2



(1)

Áp dụng BĐT Bunhia ta có x x y y   x2y2 x y 

A

P

N

M

H

0

x x y y x2 y2 x y 2 x y 

(3)

Ta lại có  2 2 2  2 2  2    2 2

x y  0 x y 2xy 2 x y  x y  x y  2 x y

(3) Từ (1), (2) và (3) suy ra P  2 GTNN của P là 2 Đạt được khi và chỉ khi x = y = 1

Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh

(Dự đoán biểu điểm: Bài 1a: 1,5đ, 1b: 1đ, Bài 2: 1,5đ, Bài 3a: 1đ, 3b: 1đ Bài 4a: 1,5đ, 4b: 1,5đ, Bài 5: 1đ)