Đề thi tuyển sinh lớp 10 THP tỉnh Thái Bình năm học 2015 2016 môn: Toán40665

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gia giao đề) Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức: P  x x x 1 x x  với x  0, x    x x2 x2 Rút gọn biểu thức P Tìm giá trị P x =  Câu (1,5 điểm): Cho phương trình: x2 + 5x + m – = (m tham số) Giải phương trình m = -12 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn: Câu (1,0 điểm) 1  2 x1  x  Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 168 m2 Nếu giảm chiều dài 1m tăng chiều rộng thêm 1m mảnh vườn trở thành hình vng Tính chiều dài, chiều rộng mảnh vườn Câu (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = x hai điểm A, B thuộc (P) có hồnh độ -1; 2 Đường thẳng (d) có phương trình y = mx + n Tìm toạ độ hai điểm A, B Tìm m, n biết (d) qua hai điểm A B Tính độ dài đường cao OH tam giác OAB (điểm O gốc toạ độ) Câu (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R Điểm M di chuyển nửa đường tròn (M khác A B) C trung điểm dây cung AM Đường thẳng d tiếp tuyến với nửa đường tròn B Tia AM cắt d điểm N Đường thẳng OC cắt d E Chứng minh: tứ giác OCNB nội tiếp Chứng minh: AC.AN = AO.AB Chứng minh: NO vng góc với AE Tìm vị trí điểm M cho (2.AM + AN) nhỏ Câu (0,5 điểm): Cho ba số dương a, b, c thay đổi thoả mãn: a2 + b2 + c2 = 1 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  2(a  b  c)      a b c - HẾT Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… Sưu tầm giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình ThuVienDeThi.com ĐÁP ÁN (THAM KHẢO) NỘI DUNG CÂU Cho biểu thức: P  x x x2  x 1 x2  x x  với x  0, x  x 2,0 Rút gọn biểu thức P Tìm giá trị P x =  a) Với x  0, x ≠ 4, ta có: x x x 1 x x     x2 x  ( x  2)( x  2) (x  x )( x  2)  (2 x  1)( x  2)  x  x   ( x  2)( x  2)     x x  2x  x  x  2x  x  x   x  x  ( x  2)( x  2) x x  2x  x  ( x  2)( x  2) x1  (x  1)( x  2) ( x  2)( x  2) x2 Vậy với x  0, x ≠ P  x1 9 1 2   10  5 0,25 0,25  5 Vậy với x   P =  0,25 x2 b) Ta có: x    (2  5) (thoả mãn ĐKXĐ)  x   Khi đó: P  0,25 0,25 ( x  2)( x  2) x( x  2)  x  ĐIỂM 0,25 0,25 0,25 Cho phương trình: x2 + 5x + m – = (m tham số) Giải phương trình m = -12 1 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn:  2 x1  x  1,5 a) Với m = -12, phương trình cho trở thành: x2 + 5x -14 = 0,25  = 52 + 4.14 = 81 >  0,25 9 5 5   7; x1   2; 2 Vậy với m = -12, phương trình cho có hai nghiệm phân biệt: x1 = -7; x2 = b) Phương trình: x2 + 5x + m – = có nghiệm hai nghiệm phân biệt x1, x2 khác 33    52 – 4(m – 2)  33 – 4m  m    2 (*) 1  5.1  m   m    phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1  Sưu tầm giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình ThuVienDeThi.com 0,25 0,25 x  x   Theo định lí Viet, ta có:   x1 x  m  0,25 1  2 x1  x   x2 - 1+ x1 – = 2(x1 – 1)(x2 – 1)  (x1 + x2) – = 2[x1x2 – (x1 + x2) + 1] Từ giả thiết:  15  -5 – = 2(m – + + 1)  -7 = 2(m + 4)  m = (thoả mãn (*))  15 Vậy giá trị cầm tìm m = Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 168 m2 Nếu giảm chiều dài 1m tăng chiều rộng thêm 1m mảnh vườn trở thành hình vng Tính chiều dài, chiều rộng mảnh vườn Gọi chiều dài mảnh vườn x (m) ĐK: x > 168 Thì chiều rộng mảnh vườn là: (m) x Nếu giảm chiều dài 1m tăng chiều rộng thêm 1m mảnh vườn có: - Chiều dài x – (m) 168 - Chiều rộng  (m) x 168 Vì mảnh vườn trở thành hình vng nên ta có phương trình: 1 x 1 x  x  14 (tho¶ m· n)  168 + x = x2 – x  x2 – 2x – 168 =  (x – 14)(x + 12) =    x   12 (lo¹i) Vậy mảnh vườn có chiều dài 14m, chiều rộng 168:14 = 12m Cho parabol (P): y = x2 hai điểm A, B thuộc (P) có hồnh độ -1; 2 Đường thẳng (d) có phương trình y = mx + n Tìm toạ độ hai điểm A, B Tìm m, n biết (d) qua hai điểm A B Tính độ dài đường cao OH tam giác OAB (điểm O gốc toạ độ) a) Ta có: A(xA; yA)  (P) có hồnh độ xA = -1  yA = B(xB; yB)  (P) có hồnh độ xB =  yB = Vì đường thẳng y = mx + n qua hai điểm A(-1; 1 (-1)2 =  A(-1; ) 2 2 =  B(2; 2) 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,5 0,25 0,25 ) B(2; 2) nên ta có hệ:  m      m  n  3m   m    2 2  2m  n  2m  n  2  n  n   1 Vậy với m = , n = (d) qua hai điểm A(-1; ) B(2; 2) 2 Sưu tầm giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình ThuVienDeThi.com 0,25 0,25 y a) Vẽ (P) (d) (với m = , n = 1) hệ trục toạ độ hình vẽ bên (P) Dễ thấy (d) cắt Ox C(-2; 0) cắt Oy D(0; 1)  OC = 2, OD = (d) C -3 A -2 0,25 B H D1 O -1 x Độ dài đường cao OH OAB độ dài đường cao OH tam giác vuông OCD Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng OCD, ta có: 1 1      2 OH OC OD 4  OH   OH  (đvđd) 5 Vậy OH  (đvđd) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Điểm M di chuyển nửa đường tròn (M khác A B) C trung điểm dây cung AM Đường thẳng d tiếp tuyến với nửa đường tròn B Tia AM cắt d điểm N Đường thẳng OC cắt d E Chứng minh: tứ giác OCNB nội tiếp Chứng minh: AC.AN = AO.AB Chứng minh: NO vuông góc với AE Tìm vị trí điểm M cho (2.AM + AN) nhỏ 0,25 N M 3,5 C A O B E ฀ a) Phần đường kính OC qua trung điểm C AM  OC  AM  OCN  90o ฀ BN tiếp tuyến (O) B  OB  BN  OBN  90o 0,25 ฀ ฀ Xét tứ giác OCNB có tổng hai góc đối: OCN  OBN  90o  90o  180o 0,25 Do tứ giác OCNB nội tiếp ฀ chung; ACO ฀ ฀ b) Xét ACO ABN có: A  ABN  90o 0,25  ACO ~ ABN (g.g) 0,25 Sưu tầm giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình ThuVienDeThi.com 0,25 0,25 AC AO  AB AN Do AC.AN = AO.AB (đpcm) c) Theo chứng minh trên, ta có: OC  AM  EC  AN  EC đường cao ANE (1) OB  BN  AB  NE  AB đường cao AME (2) Từ (1) (2) suy O trực tâm ANE (vì O giao điểm AB EC)  NO đường cao thứ ba ANE Do đó; NO  AE (đpcm)  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 d) Ta có: 2.AM + AN = 4AC + AN (vì C trung điểm AM) 4AC.AN = 4AO.AB = 4R.2R = 8R2 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có: 4AC + AN  4AC.AN  8R  2R  Tổng 2.AM + AN nhỏ = 2R  4AC = AN  AN = 2AM  M trung điểm AN ABN vng B có BM đường trung tuyến nên AM = MB ฀  BM ฀  M điểm nửa đường trịn đường kính AB  AM Vậy với M điểm nửa đường trịn đường kính AB (2.AM + AN) nhỏ = 2R Cho ba số dương a, b, c thay đổi thoả mãn: a2 + b2 + c2 = 1 a Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P  2(a  b  c)    1  b c  0,25 0,5 Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau: 1 Với < x < 2x    (x  1) (1) x Thật vậy, (1)  4x2 +  6x + x3 – x (vì x > 0)  (x3 – x) – (4x2 - 6x + 2)   (x – 1)(x2 + x) – 2(x – 1)(2x – 1)   (x – 1)(x2 – 3x + 2)   (x – 1)2(x – 2)  (luôn (x – 1)2  0, x – < với < x < ) Dấu xảy  x = Từ giả thiết: a2 + b2 + c2 =  < a2, b2, c2 <  < a, b,c < Áp dụng bất đẳng thức (1), với < a, b,c < , ta có: 1 2a    (a  1) (2) a 1 2b    (b  1) (3) b 1 2c    (c2  1) (4) c Cộng (1), (2) (3) vế theo vế, ta được: P   (a  b  c2  3)  (vì a2 + b2 + c2 = 3) Dấu “=” xảy a = b = c =1 Vậy Pmin =  a = b = c =1 Sưu tầm giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình ThuVienDeThi.com Sưu tầm giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình ThuVienDeThi.com ... giới thi? ??u: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình ThuVienDeThi.com Sưu tầm giới thi? ??u: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình ThuVienDeThi.com... = , n = (d) qua hai điểm A(-1; ) B(2; 2) 2 Sưu tầm giới thi? ??u: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình ThuVienDeThi.com 0,25 0,25 y a) Vẽ (P) (d) (với m = , n = 1) hệ trục...  ABN  90o 0,25  ACO ~ ABN (g.g) 0,25 Sưu tầm giới thi? ??u: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình ThuVienDeThi.com 0,25 0,25 AC AO  AB AN Do AC.AN = AO.AB (đpcm)