đề thi chọn lớp 10 TTPH Sầm Sơn -10-11

SỞ GD VÀ ĐT THANH HOÁ ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT SẦM SƠN Lớp 10 – Năm học 2010-2011 Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề ) Câu1:( 2,5 điểm) Cho biểu thức P = ba ba + + :         + + − − − + aba a abb b ba ba - ( ) 2 2 ba − ( Với a > 0 ,b > 0 và a ≠ b) 1, Rút gọn biểu thức P 2, Tìm a , b sao cho b = ( a+1) 2 và P =- 1 Câu2:( 2 điểm) 1, Giải phương trình ( x+1)( x+3)(x+5)(x+7) = 9 2, Gọi x 1 , x 2 là nghiệm của phương trình : x 2 + 2010x +1 = 0 và x 3 , x 4 là nghiệm của phương trình : x 2 + 2011x +1 = 0 không giải các phưong trình, hãy tính giá trị của biểu thức : M = (x 1 + x 3 )(x 2 + x 3 ) (x 1 – x 4 ) (x 2 – x 4 ) Câu3:( 1,5 điểm) Giải hệ phương trình      =+ =+ 30 35 xyyx yyxx Câu4:( 3 điểm) Cho đường tròn (C) tâm O đường kính AB , E là một điểm nằm trên đoạn OA , CD là dây cung vuông góc với đương kính AB tại điểm E , M là một điểm bất kỳ trên đoạn AE , đường thẳng DM cắt đường tròn (C) tại N ( khác D ) , đường tròn (C 1 ) tâm O 1 bán kính r tiếp xúc trong với (C) tại điểm J thuộc cung nhỏ CN và tiếp xúc với đoạn thẳng CM và MN tại điểm I và K tương ứng . Biết AM = a ; ME = b ; EB = c 1,Chứng minh rằng các tam giác O 1 KM đồng dạng với tam giác MEC 2, Tính độ dài các đoạn OO 1 ; KM ; và O 1 M theo a,b,c và r Câu5:( 1 điểm) Cho ba số dương a,b,c thoả mãn điều kiện : abc = 1 Chứng minh rằng : 32 1 22 ++ ba + 32 1 22 ++ cb + 32 1 22 ++ ac 2 1 ≤ dấu bằng xảy ra khi nào ? dự kiến đáp án KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN Lớp 10 TRƯỜNG THPT SẦM SƠN – Năm học 2010-2011 Câu 1: 1) P = ba ba + + : ( ) ( )         + + − − − + baa a abb b ba ba - ( ) 2 2 ba − P = ba ba + + : ( ) ( )         + + − + +− + ba a ba b baba ba ))(( - 2 ba − P = ba ba + + : ( ) ( )         +− −++++ ))(( baba baababba - 2 ba − P = ba ba + + :         +− −++++ ))(( baba abababba - 2 ba − P = ba ba + + :         +− + ))(( 22 baba ba - 2 ba − P = ba ba + + . ( )( )         + +− )(2 ba baba - 2 ba − P = 2 ba − - 2 ba − nếu a b≥ ⇒ ba ≥ thì P = 2 ba − - 2 ba − = 0 nếu a < b ⇒ ba < thì P = 2 ba − - 2 ab − = ba − 2) vì P = -1 < 0 nên P = ba − = -1 ⇒ 1+= ab ⇒ b = ( ) 2 1+a mà b = (a+1) 2 ⇒ ( ) 2 1+a =(a+1) 2 ⇒ ( ) 1+a = (a+1) ⇒ a = a vì a > 0 ⇒ a = 1 ; b = 4 Câu2: 1, Giải phương trình ( x+1)( x+3)(x+5)(x+7) = 9 ( x 2 +8x +7)( x 2 +8x +15) = 9 đặt x 2 +8x +7 = t ⇒ x 2 +8x +15 = t+8 Nên ta có t(t+8) = 9 ⇒ t 2 + 8t – 9 = 0 ⇒ t = 1 hoặc t =- 9 Vói t =1 ta có x 2 +8x +7 = 1 ⇒ x 2 +8x +6 = 0 ⇒ , ∆ = 10 phương có hai nghiệm x 1 = 1 104 +− ; x 2 = 1 104 −− Vói t = -9 ta có x 2 +8x +7 = -9 ⇒ x 2 +8x +16 = 0 ⇒ , ∆ = 10 phương có hai nghiệm x 3 = 6 ; x 4 = 6 vậy nghiệm của phương trình là S = { } 104;104;6 −−+− 2) xét phương trình : x 2 + 2010x +1 = 0 có , ∆ = 105 2 – 1>0 áp dụng hệ thức vi ét ta có    = −=+ 1. 2010 21 21 xx xx tương tự cho phương trình 2 ta có    = −=+ 1. 2011 43 43 xx xx mặt khác M = ( 21 .xx + 32 .xx + 31 .xx + 2 3 x )( 21 .xx - 42 .xx - 41 .xx + 2 4 x ) thay số ta có M = (1-2010x 3 + 2 3 x )(1+2010x 4 + 2 4 x ) M = 1-2010x 3 + 2 3 x + 2010x 4 – 2010 2 x 4 .x 3 +2010x 4 . 2 3 x + 2 4 x -2010x 3 . 2 4 x + 2 3 x . 2 4 x M = 1-2010x 3 + 2 3 x + 2010x 4 – 2010 2 +2010x 3 + 2 4 x -2010x 4 +1 M = 2 + 2 3 x + 2 4 x -2010 2 ⇒ M = 2 -2010 2 +( x 3 +x 4 ) 2 -2x 3 .x 4 ⇒ M = 2 -2010 2 +2011 2 -2 = 2011 2 – 2010 = 4021 vậy M = 4021 Câu3: Giải hệ phương trình      =+ =+ 30 35 xyyx yyxx điều kiện : x ≥ 0 ; y ≥ 0 ⇔ ( ) ( ) ( )      =+ =+−+ 30. .35 3 3 yxyx yxyxyx ⇔ ( ) ( )      =+ =+ 30. .125 3 yxyx yx ⇔ ( )      = =+ 6. .5 yx yx đặt a = x ; b = y ta có hệ    = =+ 6. 5 ba ba vậy a ;b là nghiệm của phương trình : X 2 – 5X+6 = 0 ⇔ Vậy X 1 = 2 hoặc X 2 =3 suy ra    = = 3 2 b a hoặc    = = 2 3 b a nên    = = 9 4 y x hoặc    = = 4 9 y x Câu4: O C O1 A B E D M N J K I Ta có : KMC = MCD +MDC ( góc ngoài của tam giác MCD) mà MK và MI là hai tiếp tuyến của (O 1 ) cắt nhau tại M suy ra KMO 1 = 2 1 KMI = 2 1 ( MCD + MDC ) do AI là đường trung trực của CD ( AB ⊥ CD tại E) nên MCD = MDC ⇒ KMO 1 =MCE ⇒ ∆ O 1 KM ∆ MCE(g.g) Mặt khác MKO 1 = CEM = 1V 2) vì ∆ O 1 KM ∆ MCE(g.g) nên MC MO EC KM ME KO 11 == ⇒ MC MO EC KM b r 1 == Mà ∆ ACB vuông tại C ( góc ACB nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên EC = cba ).( + ⇒ KM = b cbar ).(. + theo định lý pi ta go ta có ; ME 2 + CE 2 = MC 2 ⇒ MC = cbab ).( 2 ++ O 1 M = b MCr. = b cbabr ).(. 2 ++ vì ∆ O 1 KM ∆ MCE(g.g) ⇒ O 1 MI =MCE ⇒ O 1 M ⊥ AE tại M theo định lý pi ta go ta có O 1 O 2 = O 1 M 2 +MO 2 ⇒ O 1 O = 2 22 2 )).(( b cbabr OM ++ + mà AE + OE = OA= 2 cba ++ ⇒ OE = 2 cba ++ -(a+b) = 2 bac −− ⇒ OM = 2 bac −− +b = 2 bac +− Thay vào ta có O 1 O = 2 22 2 )).(( 2 b cbabrbac ++ +       +− Câu 5: Ta có a 2 + 2b 2 + 3 = (a 2 + b 2 ) + 2)1( 2 ++b 222 ++≥ bab Tương tự: b 2 + 2c 2 + 3 = (b 2 + c 2 ) + 2)1( 2 ++c 222 ++≥ ccb c 2 + 2a 2 + 3 = (c 2 + a 2 ) + 2)1( 2 ++a 222 ++≥ aac Do đó 32 1 22 ++ ba )1(2 1 ++ ≤ bab 32 1 22 ++ cb )1(2 1 ++ ≤ cbc 32 1 22 ++ ac )1(2 1 ++ ≤ aac Cộng vế với vế ta có: 32 1 22 ++ ba + 32 1 22 ++ cb + 32 1 22 ++ ac )1(2 1 ++ ≤ bab + )1(2 1 ++ cbc + )1(2 1 ++ aac =       ++ + ++ + ++ 1 1 2 1 2 aacabcaac a acabcbca ac =       ++ + ++ + ++ 1 1 112 1 aacaac a aca ac =       ++ ++ 1 1 2 1 aac aac = 2 1 vì abc =1 vậy 32 1 22 ++ ba + 32 1 22 ++ cb + 32 1 22 ++ ac 2 1 ≤ điều phải chứng minh : . (1-2010x 3 + 2 3 x )(1+2010x 4 + 2 4 x ) M = 1-2010x 3 + 2 3 x + 2010x 4 – 2 010 2 x 4 .x 3 +2010x 4 . 2 3 x + 2 4 x -2010x 3 . 2 4 x + 2 3 x . 2 4 x M = 1-2010x 3 + 2 3 x + 2010x 4 . SỞ GD VÀ ĐT THANH HOÁ ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN TRƯỜNG THPT SẦM SƠN Lớp 10 – Năm học 2 010- 2011 Thời gian 120 phút (không kể thời gian giao đề ) Câu1:( 2,5 điểm) Cho biểu thức. 2010x 4 – 2 010 2 +2010x 3 + 2 4 x -2010x 4 +1 M = 2 + 2 3 x + 2 4 x -2 010 2 ⇒ M = 2 -2 010 2 +( x 3 +x 4 ) 2 -2x 3 .x 4 ⇒ M = 2 -2 010 2 +2011 2 -2 = 2011 2 – 2 010 = 4021 vậy