Đề thi lớp 10 thanh hoá năm học : 2013 2014 Môn : Toán Ngày thi : 12/07/2013 Mã đề : A Bài 1 (2,0 điểm) : 1/ Cho phơng trình bậc hai : x 2 + 3x 4 = 0 với các hệ số a = 1 ; b = 3 ; c = -4 a/ Tính tổng : S = a + b + c b/ Giải phơng trình trên 2/ Giải hệ phơng trình : 2 3 3 2 1 x y x y = + = Bài 2 (2,0 điểm) : Cho biểu thức : 1 1 1 : 1 2 1 x P x x x x x + = + ữ ữ ữ + (Với x > 0; x 1) a/ Rút gọn biểu thức P b/ Tính giá trị của biểu thiức P khi 3 2 2x = Bài 3 (2,0 điểm) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng thẳng (d) : y = 2ax + 1 và Parabol (P) : y = -2x 2 a/ Tìm a để đờng thẳng (d) đi qua điểm A(1 ; 5) b/ Tìm a để đờng thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lợt là x 1 ; x 2 thoả mãn điều kiện x 1 2 + x 2 2 + 4(x 1 + x 2 ) + 4 = 0 Bài 4 (3,0 điểm) : Cho (O;R) đờng kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, gọi M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC ( M khác A và C), BM cắt AC tại H; kẻ HK vuông góc với AB ( K thuộc AB). a/ Chứng minh tứ giác CBKH nội tiếp b/ Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh rằng tam giác MCE vuông cân c/ Gọi (d) là tiếp tuyến của (O) tại điểm A. Lấy P là điểm nằm trên (d) sao cho hai điểm P và C nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đờng thẳng AB và AP.MB = MA.OB. Chứng minh rằng , đờng thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK Bài 5 (1,0 điểm) : Cho x, y, z là ba số thực dơng thoả mãn : xy + yz + zx 3 Chứng minh rằng : 4 4 4 3 3 3 3 4 x y z y z z x x y + + + + + Hết Lời giải và thang điểm Bài Nội dung Điểm Câu 1 2.0đ 1/ a/ Ta có : S = a + b + c = 1 + 3 + (-4) = 0 b/ Vì a + b + c = 0. Nên phơng trình có hai nghiệm 1 1x = và 2 4 4 1 c x a = = = 0.5 0.5 2/ 2 3 4 4 1 1 3 2 1 2 3 1 2 3 1 x y x x x x y x y y y = = = = <=> <=> <=> + = = = = Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhât : 1 1 x y = = 0.75 0.25 Câu 2 2.0đ a/ Rút gọn biểu thức P ( ) ( ) 2 1 1 1 1 1 1 : : 1 2 1 1 1 1 x x P x x x x x x x x x + + = + = + ữ ữ ữ + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 1 : . 1 1 1 1 x x x x x P x x x x x x x + + + = = = + 1.0 b/ Tính giá trị của biểu thiức P khi 3 2 2x = Ta có : ( ) ( ) 2 2 3 2 2 2 1 2 1 2 1x x= = => = = => 1 2 1 1 2 2 2 2 1 2 1 x P x = = = = Vậy với 3 2 2x = thì P = 2 1.0 Câu 3 2.0 đ a/ Để đờng thẳng (d) đi qua điểm A(1 ; 5) => x = 1 thì y = 5, thay vào đờng thẳng (d) ta có 5 = 2a.1 + 1 => 2a = 4 => a = 2 Vậy với a = 2 thì đờng thẳng (d) đi qua điểm A(1 ; 5) 1.0 b/ Hoành độ giao điểm của đờng thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phơng trình : -2x 2 = 2ax + 1 <=> 2x 2 + 2ax + 1 = 0 (1) + Để đờng thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt thì phơng trình (1) có hai nghiệm phân biệt => > 0 <=> a 2 2 > 0 => ( ) ( ) 2 2 0a a + > TH1 : 2 0 2 2 2 0 2 a a a a a > > => => > + > > 1.0 TH2 : 2 0 2 2 2 0 2 a a a a a < < => => < + < < => 2a > hoặc 2a < (2) + Khi đó x 1 ; x 2 là hai nghiệm của phơng trình (1) nên theo viét ta có 1 2 1 2 2 2 1 2 a x x a x x + = = = (3) x 1 2 + x 2 2 + 4(x 1 + x 2 ) + 4 = 0 <=> ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 2 4 4 0x x x x x x + + + + = Thay (3) vào ta có (-a) 2 1 + 4.(-a) + 4 = 0 => a 2 4a + 3 = 0 Ta có 1 + (-4) + 3 = 0. Vậy phơng trình có hai nghiệm a 1 = 1 và a 2 = 3 3 1 = (4) Kết hợp (2) và (4) => a = 3. Câu 4 3.0đ Hình vẽ 1 4 3 2 1 D N (d) P O E K H M C B A a/ Chứng minh tứ giác CBKH nội tiếp Ta có : ã 0 90ACB = (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) => ã 0 90HCB = (1) ã 0 ( ) 90HK AB gt HKB => = (2) Từ (1)và(2)=> ã ã 0 180HCB HKB+ = =>Tứ giác CBKH nội tiếp (đ/l) ĐPCM 1.0 b/. Chứng minh rằng tam giác MCE vuông cân. Xét MAC và EBC có AM = BE (gt) (3) Xét đờng tròn (O) : ã ã MAC MBC= (cùng chắn cung MC) (đ/l) => ã ã MAC EBC= (4) Do OA = OB = R, COAB => CO là đờng trung trực của AB (đ/n) => CA = CB (t/c) (5) Từ 3,4,5 => MAC = EBC (c.g.c) => CM = CE =>MCE cân tại C (6) Ta có : ã ã 0 0 1 1 .90 45 2 2 CMB COB = = = (đ/l) => ã 0 45CME = (7) Từ 6,7 => MCE vuông cân tại C (ĐPCM) 1.0 c/ Chứng minh rằng , đờng thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK. Gọi BM kéo dài cắt (d) tại D, HK cắt BP tại N. Ta đi chứng minh NK = NH. Ta có : AP.MB MA.OB(gt) AP MA OB MB = => = (8) ã ã PAM MB A = (cùng chắn cung AM) => ã ã PAM OBM = (9) Từ (8) và (9) => PAM ~ OBM (c.g.c) => ả ả 1 3 M M = (hai góc tơng ớng) (10) Ta có : ả ả ã 0 2 3 90M M AMC+ = = (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) (11) Từ (10) và (11) => ã ả ả 0 1 2 90PMO M M= + = => PM là tiếp tuyến của (O) => PM = PA (hai tiếp tuyến cắt nhau) (12) Ta có : ả ả ả ả ( ) 3 0 0 4 3 1 90 90M M Do M M + = + = (13) ABD vuông tại A => ả ã 0 1 90D ABD+ = (14) Do OB = OM => ả ã 3 M ABD= (15) Từ 13,14,15 => ả ả 1 4 D M = => PM = PD (16) Từ (12) và (16) => PA = PD (17) Do HK//AD theo talét ta có 1.0 NK B N PA BP = và NH BN PD BP = => NK NH PA PD = (18) Từ 17,18 => NK = NH => đờng thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK. Câu 5 1.0đ áp dụng côsi cho hai số không âm : 4 3 x y z + và 3 16 y z + Ta có : 4 2 3 3 16 2 x y z x y z + + + (1) tơng tự 4 2 3 3 16 2 y z x y z x + + + (2) 4 2 3 3 16 2 z x y z x y + + + (3) Cộng 1,2,3 ta đợc ( ) ( ) 2 2 2 4 4 4 3 3 3 4 2 x y z x y z x y z y z z x x y + + + + + + + + + + (4) Ta có : Ta có : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 2 3 1 2 2 1 2 x x x y z y y x y z y y + + + + + => + + + (5) Tù 4, 5 => ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 3 3 3 3 3 3 2 8 8 x y z x y z x y z x y z y z z x x y + + + + + + + + + = + + + (6) Ta có : ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 x y xy y z yz x y z xy yz zx z x zx + + => + + + + + (7) Từ 6,7 => 4 4 4 3.3 3 6 3 3 3 3 8 8 4 x y z y z z x x y + + = = + + + Hay 4 4 4 3 3 3 3 4 x y z y z z x x y + + + + + .Dấu = xảy ra khi x = y = z (ĐPCM) 1.0 . Đề thi lớp 10 thanh hoá năm học : 2013 2014 Môn : Toán Ngày thi : 12/07/2013 Mã đề : A Bài 1 (2,0 điểm) : 1/ Cho phơng trình bậc. OBM (c.g.c) => ả ả 1 3 M M = (hai góc tơng ớng) (10) Ta có : ả ả ã 0 2 3 90M M AMC+ = = (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) (11) Từ (10) và (11) => ã ả ả 0 1 2 90PMO M M= + = => PM. ) 2 2 1 1 1 1 1 : . 1 1 1 1 x x x x x P x x x x x x x + + + = = = + 1.0 b/ Tính giá trị của biểu thi c P khi 3 2 2x = Ta có : ( ) ( ) 2 2 3 2 2 2 1 2 1 2 1x x= = => = = => 1 2 1 1