T 32 ôn tập toán lớp 10

Ra đề thi HSG-LT05 UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT Năm học 2014 - 2015 Môn thi : Toán - Lớp Thời gian làm : 150 phút (không kể thời gian phát đề) Bài : (2,0 điểm) 1/ Cho x  10    Tính P  x  4x  1 31 2009 62   x   x 2 x 3 x 2  A   :       2/ Cho biểu thức :    x x 6  x  x   x     a/ Rút gọn A; b/ So sánh A  Bài : (2,0 điểm) 1/ Giải phương trình : x  2x  5 x  3x  3x    2/ Một thầy giáo cịn trẻ dạy mơn Tốn, hỏi tuổi trả lời sau : “Tổng, tích, hiệu, thương tuổi tơi đứa trai cộng lại 216” Hỏi thầy giáo tuổi? Bài : (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng : (d1 ) : y  3x  6; (d ) : y  x  1; (d ) : y 2x  Gọi A giao điểm (d1 ) (d ) ; B giao điểm (d ) (d ) ; C giao điểm (d ) (d1 ) 1/ Vẽ (d1 ) ; (d ) ; (d ) Tìm tọa độ A, B, C; 2/ Tính diện tích tam giác ABC Bài : (3,0 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB Kẻ tia Ax vng góc với AB (tia Ax nửa đường trịn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Lấy điểm C thuộc nửa đường trịn (C khác A B) Qua O kẻ đường thẳng song song với BC cắt tia Ax M cắt AC F 1/ Chứng minh MC tiếp tuyến nửa đường tròn tâm O; 2/ Biết bán kính đường trịn 5cm, dây AC = 8cm Tính MB; 3/ BM cắt nửa đường trịn D Chứng minh  MDF đồng dạng với  MOB Bài : (1,0 điểm) Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn x  y  z 2 x2 y2 z2   Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A  yz zx xy Đáp án Ra đề thi HSG-LT05 UBND HUYỆN LƯƠNG TÀI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM Mơn thi : Tốn - Lớp Bài : (2,0 điểm) Ý/Phần Đáp án Điểm Biến đổi : x  62       1  3 3   10   1   10  0,25đ Thay x 2 vào biểu thức P  x3  4x   P  23  4.2    Vậy x  2/a/ (0,75đ)   3 10  108  100  2 1/ (0,75đ) 10  3 2009  2009 , ta : 12009 1 10   0,25đ  P 1 31 62  ĐKXĐ : x 0;x 4;x 9 Khi đó, ta có :  x   x 2 x 3 x 2 A      :     x x 6  x  x   x      x 3  x 1 x   x 2 A   :     x 1   x x x  x     A A x 1 x x 1 x 1 : :      x  3  x  x   x 2   x   x   0,25đ  x 2x 9 x4  x  x3     0,25đ x  x  x  0,25đ  x 1 : x  x2 x 1 0,25đ Với x 0;x 4;x 9 Ta có : 2/b/ (0,5đ) 7 x   x  x  5 x 5 x 1  A       x 1 2 x 1 x 1 2 x   5 Do A   A   2       0,25đ 0,25đ Bài : (1,0 điểm) Ý/Phần Đáp án ĐKXĐ : x  Khi đó, ta có : Điểm 0,25đ x2  2x  5 x3  3x  3x   x2  2x  5      x  2  x  x 1  Đặt a  x  2;b  x  x  (a;b 0) Phương trình cho trở thành : a2  b2 5ab  2a2  5ab  2b2 0  2a2  ab  4ab  2b 0  1/ (1,0đ)      b 2a  a  2a  b   2b  2a  b  0   2a  b   a  2b  0    a 2b *) Trường hợp : b 2a  b2 4a2  x  x  4  x    x  3x  0   37  x   0     0,25đ   37 x   2  37  37 (thỏa mãn)   x 2 *) Trường hợp : a 2b  a2 4b2  x  4 x  x   4x  3x  0  x  0,25đ    23   2x    0 (phương trình vơ nghiệm) 16   2/ (1,0đ) 0,25đ Vậy phương trình cho có nghiệm x 3  37 Gọi x, y tuổi thầy giáo tuổi thầy giáo (x, y nguyên dương; x > y) 0,25đ Theo đề bài, ta có phương trình :  x  y    x  y   xy  xy 216  2x  xy  xy 216 (*) 0,25đ x * Đặt t  (t  N ) , phương trình (*) trở thành : y 2ty  ty  t 216  t  y  1 216 2   y  1 ước 216   y  1   4;9;36 0,25đ Từ đó, suy cặp nghiệm  x;y  phù hợp  30;5  Vậy tuổi thầy giáo 30 tuổi 0,25đ Bài : (2,0 điểm) Ý/Phần Đáp án 1/ *) Hàm số : y  3x  (d1 ) (1,5đ) )x 0  y 6  M(0;6) )y 0  x 2  N(2;0)  Đồ thị hàm số đường thẳng MN *) Hàm số : y  x  (d ) )x 0  y   P(0;  1) )y 0  x 2  Q(2;0)  Đồ thị hàm số đường thẳng PQ *) Hàm số : y 2x  (d ) )x 0  y 4  E(0;4) )y 0  x   F( 2;0)  Đồ thị hàm số đường thẳng EF *) Vẽ : Điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ *) Tìm tọa độ A, B, C: +) Theo cách vẽ dễ thấy A trùng với N Q  A(2;0) +) Hoành độ giao điểm B nghiệm phương trình :  10 8 x  2x   x  4x    3x 10  x   y 3   10    B ;   3  +) Hoành độ giao điểm C nghiệm phương trình :  24  24  3x  2x    5x   x   y   C  ;  5 5  0,25đ 0,25đ Ta có : AF 4 24 24 48  SCAF   (ñvdt) 5 8 16 (ñvdt) +) BAF có chiều cao ứng với AF  SBAF   3 48 16 224   (đvdt) Vậy diện tích ABC : 15 +) CAF có chiều cao ứng với AF 2/ (0,5đ) 0,25đ 0,25đ Bài : (3,0 điểm) Ý/Phần 1/ (0,75đ) Đáp án Điểm 0,25đ Vẽ hình đúng; ghi giả thiết, kết luận ABC có AB đường kính đường trịn ngoại tiếp  ABC vng C  AC  BC Do MO // BC  MO  AC  F trung điểm AC  OM đường trung trực AC 0,25đ  MA MC Xét MAO MCO có : MO chung MA MC OA OC 2/ (1,0đ)  MAO MCO (c.c.c)    MCO MAO 90  MC  OC  MC tiếp tuyến nửa đường tròn tâm O AC 8cm  AF 4cm +) MAO vuông A có đường cao AF 1 1 400 20        MA   MA  (cm) MA AF AO2 42 52 400 +) MAB vuông A 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ  20  500 10  MB AB  MA 10      MB  (cm)   +) Chứng minh MDA MAB đồng dạng MD MA    MD.MB MA MA MB +) Chứng minh MA MF.MO MD MO +) Do : MD.MB MF.MO   MF MB +) Chứng minh MDF đồng dạng với MOB (c.g.c) 3/ (1,0đ) 2 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Bài : (1,0 điểm) Ý/Phần Đáp án Vì x, y, z dương Theo bất đẳng thức Cơsi, ta có : x2 y z x2 y  z +)  2 x yz yz Dấu “=” xảy  Điểm (1) x2 yz   4x  y  z   2x y  z yz 2 +) y  z  x 2 y z  x y (2) zx zx y2 zx Dấu “=” xảy    4y2  z  x   2y z  x zx +) z2 xy z2 x  y  2 z xy xy (3) z2 xy   4z  x  y   2z x  y Dấu “=” xảy  xy Cộng theo vế bất đẳng thức chiều (1), (2) (3) ta có : 0,5đ x2 y2 z2 y z z x x y      x  y  z yz zx xy 4 x2 y2 z2 x y z     1 y z z x x y 2x y  z  2y z  x  Dấu “=” xảy  2z x  y  x y z  x  y  z 2  x;y;z  Vậy giá trị nhỏ A x y z  -HẾT - 0,5đ