a/ Chứng minh OBM ODC b/ Chứng minh ∆OBM = ∆ODC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN c/ Gọi K là giao điểm của OC và BD, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.. Tìm giá[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN
ĐỀ THI LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: Toán chung (Dành cho mọi thí sinh)
(Thời gian làm bài 120 phút)
Câu I (2.0 điểm) Cho biểu thức
9
A
x
(Với x0;x9) a/ Rút gọn A
b/ Tìm tất cả các giá trị của x để A 0
Câu II (2.0 điểm)
a/ Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d1): ym21x2m
(m là tham số) và (d2): y3x4 Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau
b/ Cho phương trình: x2 2m1x2m 5 0 (với m là tham số) Tìm các giá trị của m để phương trình đó có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn 2
x mx m x
Câu III (2.0 điểm)
a/ Giải hệ phương trình
2 2
x y
x y
b/ Giải phương trình: x24x 7x4 x2 7
Câu IV (3.0 điểm): Cho hình bình hành ABCD với BAD 90o, tia phân giác góc BCD 90o cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD tại O (Khác C), kẻ đường thẳng (d) đi qua A và vuông góc với CO Đường thẳng (d) cắt đường thẳng CB, CD lần lượt tại M và N
a/ Chứng minh OBM ODC
b/ Chứng minh ∆OBM = ∆ODC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN
c/ Gọi K là giao điểm của OC và BD, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Chứng
minh rằng:
2
ND IB – IK
Câu V (1.0 điểm): Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z
3 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
Trang 2HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ
CâuI
a/ Rút gọn A
9
A
x
A
A
A
x x
A
Vậy với x0;x9 thì
3 3
x A
x
1.0
b/ Tìm tất cả các giá trị của x để A 0
0
3
0 3
x
x
0
3 0
x
x x
x
Kết hợp điều kiện => x > 9 hoặc x = 0 thì A 0
1.0
CâuII a/ Để đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau thì
2 2
2
m
m m
m
Vậy với m = - 2 thì đường thẳng (d1) song song vi đường thẳng (d2)
0.5
b/ x2 2m1x2m 5 0
' m 1 2m 5 m 4m 6 m 2 2 0
với mọi m, nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
Trang 3Theo vi ét ta có
1 2
2 2
2 5
x x m
x mx m x
2
=> 4 2 x1 x2 2 0
=> 2 x1 x2 2 0
=> 2x2 4 x x1 22x10
=> 2x2 x1 x x1 2 4 0
Thay vào ta có : 2 2 m 2 2m 5 4 0 =>4m 4 2 m 5 4 0 =>
3
2 3 0
2
m m
Vậy
3 2
m
0.5
1.0
Câu
III a/ Giải hệ phương trình
2 2
x y
x y
Điều kiện : x, y ≥ 0
Đặt x a y , 2 b a b( , 0) Ta có hệ phương trình
2
1 1
1 1
x x
TMDK
y y
Vậy hệ có 2 nghiệm:
1 1
x y
và
1 1
x y
1.0
b/ Giải phương trinh: x24x 7x4 x2 7 Điều kiện
7 7
x x
x2 74x416x4 x2 7
Đặt
2
4
, ta có phương trình
a 4 a 4 b 0=>
4 4
a
a b
1.0
Trang 423
x
Vậy phương trình có 2 nghiệm : x 23
Câu
IV
Hình
2 1 G
H
K
I O
N
M
D
C
B A
a/ Chứng minh OBM ODC
Ta có tứ giác OBCD nội tiếp (gt)
=> OBC + ODC 180 o (đ/l) (1a)
Ta có: OBC + OBM 180 o (Hai góc kề bù) (2a)
Từ 1a,2a => OBM ODC (ĐPCM)
1.0
a/ + Chứng minh ∆OBM = ∆ODC
xét ∆OBM và ∆ODC có
C C OB OD OB OD (1b)
OBM ODC (C/m câu a) (2b)
0.75
Trang 5Do AD//BC (gt) => AD//MC => NAD NMC (đồng vị) (3b)
Do ∆CMN có đường cao vừa là đường phân giác => MNC NMC (4b)
Từ 3b, 4b => ∆DAN cân tại D => AD = ND mà CN = CM (Do tam giác
CMN cân)
=> CN – ND = CM – BC => BM = DC (5b)
Từ 1b, 2b, 5b => ∆OBM = ∆ODC (c.g.c) (ĐPCM)
+ Chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN
xét ∆OCM và ∆OCN có
OC là cạnh chung (6b) ; C1C 2 (gt) (7b) và CM = CN (c/m trên) (8b)
Từ 6b,7b,8b => ∆OCM = ∆OCN (c.g.c) => OM = ON mà ON = OC
=> OM = ON = OC => O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN
(ĐPCM)
0.75
c/ Chứng minh rằng:
2
ND IB – IK
Gọi giao điểm của IK với đường tròn tâm I là G và H Ta có
IB – IK IB IK IB IK IG IK IH IK KG KG
mà KG.KH = KD.KB
=>
IB – IK KD KB KB
KD KD KD (1c)
Do ND = AD = BC và MB = CD (chứng minh trên)
=>
ND BC
MB CD mà
BC KB
CD KD (Tính chất tia phân giác)
=>
ND KB
MB KD (2c)
Từ 1c, 2c =>
2
ND IB – IK
MB KD (ĐPCM)
0.5
Câu
V
Ta có
P
2 2
2
2 2
2
1 1
1
xy zx
yz
y x
z P
1.0
Trang 61
x
y
P
Áp dụng BĐT:
2
3
a a a a
Dấu = xảy ra khi
3
a
a a
b b b
P
1 1 1
P x y z
x y z
Áp dụng BĐT :
x y z x y z
x y z
x y z
3
2
x y z
=>
9 15 3
2 2
P
Vậy
15 min
2
khi
1 2
x y z