Đề khảo sát Chuyên đề lần II năm học 2014 2015 môn: Toán lớp: 1029604

Viết phương trình các cạnh của tam giác đó.. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức.

TRƯỜNG THPT TAM ĐẢO ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN II

NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn: Toán - Lớp: 10 Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho phương trình: x22(2m1)x 3 4m0 (*)

a) Giải phương trình với m 1

c) Tìm m để biểu thức: x13x32  10 với x x1 2, là hai nghiệm của phương trình (*)

Câu 2 (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:

a) x   3 3 x  1

c) (x1) x22x 3 x2 1

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:     



6

Câu 4 (1,0 điểm) Cho hàm số x 1 (1) Tìm các giá trị của tham số sao cho

y

x m





đường thẳng (d): y x 2 cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A và B sao cho AB 2 2

Câu 5 (1,0 điểm) Cho tam giác ABC, biết toạ độ A(1;0)và phương trình hai đường cao

Viết phương trình các cạnh của tam giác đó

: 2  1 0, : 3   1 0

Câu 6 (1,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = a, BC = 2a Tính các tích vô

hướng:   AC CB và AB BC  

Câu 7 (1,0 điểm) Cho tam giác ABC có A  4; 2 ,B 3; 2 , C 2; 3 

a) Tìm tọa độ trực tâm của tam giácH ABC

b) Tìm tọa độ điểm M sao cho: 2 2 2đạt giá trị nhỏ nhất

2

MA  MB MC

Câu 8 (1,0 điểm) Cho a, b, c là 3 số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

-Hết -(Giám thị không giải thích gì thêm)

Họ tên học sinh:………Số báo danh:………

TRƯỜNG THPT TAM ĐẢO ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHUYÊN ĐỀ LẦN II

NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn: Toán -Lớp: 10 Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề

Với m=1 ta có phương trình x26x 7 0 0,25đ

Ta có ,

9 7 2

1

Phương trình đã cho có 2 nghiệm 3 2

3 2

x x

  



 



0,5đ

Để phương trình đã cho có hai nghiệm x x1 2, thì:

2

(2 1) (4 3) 0

m

0,25đ

Khi đó theo Viet ta có 1 2

1 2

2(2 1)



Ta có x13x32 (x1x2)33x x x1 2 1( x2)

8(2m1) 6(2m1)(4m 3) 64m 48m 12m10

0,25đ I

2 Theo giả thiết ta có: 3 2

64m 48m 12m10 10

3 2

2

0

0

m

m m m









 









Kết họp điều kiện ta được 3 21

8

m 

0,25đ

3 3 1

x   x 

ĐK để phương trình có nghiệm: 3 x   1 0 0,25đ

3 1 0

3 3 1

3 1 3

x

 





     



    



0,25đ

3 1 0

4 4

x x x

 





    



  



0,25đ 1

1 3

1 1

1

x

x x

x

 



      



  



0,25đ

ĐK xác định 2 luôn đúng

x  x 

x  x  t x   t x

0,25đ

Thay vào ta được phương trình:

2

t  x t x 

(x 1) 4(2x 2) (x 3)

0,25đ

Phương trình có hai nghiệm 2

1

t

t x





  



Với t2 ta có 2 2

x  x   x  x 

1 2

1 2

x x

  

 

 



0,25đ

II

2

Với 1 2 2 3 ( 1)2 vô nghiệm

1 0

t x

x

   

 

Vậy nghiệm của phương trình là: 1 2

1 2

x x

  



 



(*)

2 2

2

3

t t x

x y t

t

x y t t

y







   



0,25đ

III 1

Thay vào (*) ta được 3

1

x y





 

Điều kiện để đường thẳng (d) cắt (1) tại hai điểm A, B là:

có 2 nghiệm phân biệt khác

1

2

x

x

x m

  

Hay phương trình: 2 (1) có hai nghiệm phân biệt

(1 ) 2 1 0

x  m x m 

khác m

2

1

m

    



 



0,25đ

Gọi A x x( ;1 12), ( ;B x x2 2 2)

1 2

2

1 2 1 2

2

Giải phương trình ta được: 1

7

m m

 



 



Kết hợp với (*) ta được m7

0,25đ

Ta có vecto pháp tuyến của BB’ và CC” lần lượt là:

'(1; 2), '(3;1)

V

Đường thẳng AC qua A(1;0) nhận vecto pháp tuyến của BB’ làm 0,25

vecto chỉ phương có phương trình là: 1

2

 



  



Đường thẳng AB qua A(1;0) nhận vecto pháp tuyến của CC’ làm

vecto chỉ phương có phương trình là: 1 3 '

'

y t

 



 



Khi đó ta có B ABBB C',  ACCC' giải hệ ta được

B(-5;-2), C(-3;8)

0,25

Vậy đường thẳng BC có vtcp là BC2(1;5) có phương trình là:

3

8 5

  



  



0,25

2

AB

BC

Áp dụng định lý Pitago ta có: ACa 3 0,25

AC CB CA CB a a ACB  a

   

0,25 VI

Vậy  AB BC  BA BC   a a.2 cosABC a2 0,25 H(x; y) là trực tâm tam giáo ABC

<=>   



.BC 0 AC 0

   

   

0.25

    



2 5 4 0

BH AC

 

 

0,25

 

VII

Xét điểm I sao cho : IA  2IB IC 0

với O là gốc tọa độ

OA2OB OC  2OI

=>I(-2;9/2)

0,5

P= MA22MB2MC2=  2  2 2

2

MI IA  MIIB  MIIC

0.25

P nhỏ nhất <=> M trung với I <=> M(-2;9/2) 0.25

Áp dụng BĐT giữa trung bình cộng – trung bình nhân (Cosi) ta có:

6(a+b+c)= (a 2b 3 ) (c   b 2c 3 ) (a   c 2a 3 ) 3 (b  3 a 2b 3 )(c b 2c 3 )(a c 2a 3 )b

(1)

3

3

2 3 2 3 2 3 2 3 )( 2 3 )( 2 3 )

(2)

0.25

Lấy (1) nhân (2) theo vế, ta được:

a b c

0.25

Do đó F 3 1 2( ) (BĐT Cosi) (3)

VIII

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi đồng thời xảy ra dấu “=” ở (1), (2) và (3) khi và chỉ khi

a b c

a b c





1 2

    KL: GTNN của F là 2.

0.25