T 11 ôn tập toán lớp 10

PHÒNG GD&ĐT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT Năm học 2018-2019 Mơn thi : Tốn lớp Thời gian làm 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Bài 1: (2đ) Cho biểu thức:  x x  2 2 x  P    :     x  x  1  x x x  x  a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P < c) Tìm giá trị nhỏ P Bài 2: (2đ) Cho điểm A  1;3 B   2;1 a) Lập phương trình đường thẳng (d) qua A B b) Xác đinh khoảng cách từ O đến (d) Bài 3: (2đ) a) Giải phương trình x  x   x  10 x  21 5  x  x x  xy  x  12 0 b) Giải phương trình nghiệm nguyên : Bài : ( điểm ) Cho đường tròn (O; R ) AB CD hai đường kính cố định (O) vng góc với M điểm thuộc cung nhỏ AC (O) K H hình chiếu M CD AB     1.Tính sin MBA  sin MAB  sin MCD  sin MDC 2.Chứng minh: OK  AH (2 R  AH ) 3.Tìm vị trí điểm H để giá trị của: P = MA MB MC MD lớn Bài 5: (1đ)  105o ; B  45o ; BC 4cm Tính độ dài AB; AC Cho ABC có A HẾT Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh …………………… Số báo danh ……………………… HƯỚNG DẪN CHẤM Mơn thi : Tốn lớp Bài 1: Phần a Đáp án Biểu điểm a) ĐK: x > 0; x ≠ 1đ P  x       x2 x   :   x2 x  x  x 1 x  x  1 x2 x   x 1  x  1 x  x b   x 1  x x 1   x : x 1 x1 x x 1 x 1 x1 x x1 0,5đ b) P <  x < 1 x1 x x  x 1  < 0 4 2  x  0; x ≠ Vậy < x   x  > 0;  x1  x 1 1 x1  x 1  â x1 0,5đ > Áp dụng BĐT Cô si ta x1 được: 2 x1  P 2  4 x  1 Dấu “ = ” xảy x = 4(tmđk) Vậy Pmin 4 x =  P 2 x = Bài : Phần a Đáp án Điểm a) Gọi  d  : y ax  b  a 0  (d) qua điểm A; B nên:  a  3 a  b    (tmđk) 1  2a  b b   điểm Vậy  d  : y  x  b y (d) b) D A H E O -3,5 x +) Giao Ox: y =  x = - 3,5 E(-3,5; 0)  OE = 3,5 +) Giao Oy: x =  y = 3,5 D(0; 3,5)  OD = 3,5 Vẽ OH   d   Xét EOD có: EOD 90o  điểm 1 1 1      2 2 2 OH OD OE OH 7 7      3  2  OH  13 13 Bài : Phần a Đáp án Điểm a) +) 3x  x    x  x  1    x 1  2 Vì  x  1  4   x  1  2 điểm +) x  10 x  21   x  x  1  16   x  1  16 2 Vì  x  1  16 16   x 1 16 4  VT 2  6  x  0  x   x  0 Dấu “=” xảy   +)  x  x  x  x    x  x     x  x    6   x  1 6 Dấu “=” xảy  x   VT VP 6 x  Vậy phương trình có nghiệm x = - b) x  xy  x  12 0  1 Nếu x 0   1   12 0  phương trình vơ nghiệm b điểm  x  x  12 2x (x; y) nguyên    x  x  12   x  Nếu x 0  y     x  14 x  24   x     x  x   242 x  242 x  12x  x  Ư(12)  x   1; 2; 3; 4; 6; 12  y   9;  2;11; 4;  3; 4 Bài Phần Đáp án Điểm C K M điểm B O H A D điểm Vì M thuộc (O) nên tam giác: BMA CMD vuông M nên:     = sin MBA  sin MAB  sin MCD  sin MDC  2  2 (sin MBA  cos MBA)  (sin MCD  cos MCD) =1 +1=2 điểm Chứng minh: OK  AH (2R  AH ) Thật vậy: KOHM hình chữ nhật nên: OK = MH Mà MH2 = HA.HB (Hệ thức lượng tam giác vng MAB có MH đường cao) BH = AB – AH = 2R - AH Suy ra: OK2 = MH2 = AH(2R- AH) P = MA MB MC MD =AB.MH.CD.MK = 4R2.OH.MH(Vì MK = OH) Mà OH.MH  OH  MH OM R   (Pitago) 2 R2 2 R đẳng thức xẩy  MH = OH  OH = R 2 Vậy P 4 R Bài Phần Đáp án Điểm Bài 5: Kẻ AH  BC Xét AHB có AHB 90o  45o  A 45o B A 105o  45o 60o A điểm ) HC  AH tan 60o   BH  AH   AH  AH  AH BH  B H   AH 4  AH  2  1 Mà: AB  AH  BH (Định lí Pi- ta- go)  AB 2 AH  AB  AH  2.2  2   AC 2 AH 4   3      C 6 