DE THI VAO 10 LOP CHON THPT SAM SON 2015 2016

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA Đề thi kiểm tra chất lượng vào lớp 10 Trường THPT Sầm Sơn Năm học 2015 - 2016 Môn Toán Câu 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức P = ( x2 x2 x  x 2 ) x 1 x 1 a) Rút gọn P với x > x  b) Tìm x để P = x + Câu : ( 2,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) y = x đường thẳng (d) : y = mx + a) Tìm giá trị m để (d) qua A thuộc (P), biết hoành độ A xA = b) Chứng minh (d) cắt (P) điểm phân biệt với m Gọi x1, x2 hoành độ giao điểm, tìm m để x13 + x23 = 32 Câu : ( 2,0 điểm) 2  x  y  12  a) Giải hệ phương trình :     19  x y 4x 5x   b) Giải phương trình : x  x  x  5x  Câu : (2,0 điểm ) Cho hình thang ABCD ( AB // CD ), giao điểm hai đường chéo O Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD BC M N MO MO MN MN a) Chứng minh : + =1 + =2 CD AB CD AB b) Biết SAOB = m2 ; SCOD = n2 Tính SABCD theo m n Câu 5: ( 1,0 điểm ) : Cho tam giác ABC cạnh a điểm M chuyển động cung nhỏ AB đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh MA + MB = MC Và tìm giá trị lớn biểu thức : P = MA + MB + MC theo a Câu : (1,0 điểm ) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a3 b3 c3    tìm dấu xảy : P= a  bc b  ca c  ab    HẾT    GỢI Ý LÀM BÀI (ĐỀ THI MÔN TOÁN VÒNG 2, LỚP CHỌN TRƯỜNG THPT SẦM SƠN, TH 2016) Câu P = ( x2 x2 x  x 2 ) x 1 x 1 HD a) Với x > x  1, ta có: P= [ ( x  2)( x  2)  x( x  2) x 2 b) Tìm x để P = x + Ta có: P = x +  ] 2( x  1) x x  x  x  2( x  1)  = x 1 x x 1 x  x   2( x +1)=2x+5 x  2x+3 x 2=0  t  (t / m) Đặt t= x (đk: t > 0), ta được: 2t +3t2=0     t  2(loaïi) 1 Với t =  x =  x= (t/m) 2 Vậy x = Câu : ( 2,0 điểm )trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) y = x đường thẳng (d) : y = mx + a) Tìm giá trị m để (d) qua A thuộc (P), biết hoành độ A xA = b) Chứng minh (d) cắt (P) điểm phân biệt với m Gọi x1, x2 hoành độ giao điểm, tìm m để x13 + x23 = 32 HD a) Do A  (P) xA=4  yA=8  A(4; 8) Thay x=4; y=8 vào phương trình đường thẳng (d) được: 8=4m+2  m= Vậy m= giá trị cần tìm b) Phương trình hoành độ giao điểm là: x2=mx+2  x22mx4=0 (*) 2 Ta có: ’=m +4 > 0,  m nên pt (*) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với m hay (d) cắt (P) hai điểm phân biệt với m Ta có: x13  x32  32  (x1  x2 )3  3x1 x (x1  x )  32 (**)  x  x  2m Áp dụng hệ thức Viét, có:  Thay vào (**), được:  x1 x  4 8m3+24m32=0  m3+3m4=0  (m1)(m2+m+4)=0 m    m=1 (m  )2  15  0(VN)  Vậy m=1 thỏa mãn toán Câu HD 2  x  y  12  a) Giải hệ phương trình :     19  x y Đk: x, y  1  3 x   2a  3b  12 a   x 1  (t/m)    Đặt  a;  b , ta được:  x y 5a  2b  19  b    y    y 1 Vậy (x; y) = ( ; ) 4x 5x   b) x  x  x  5x  Đkxđ: x  5x   Phương trình   3 x Đặt t=x+ ta     8(t5)+10(t+1)=3(t+1)(t5) t 1 t  x 2  18t30=3t +12t+15=0  3t +6t45=0  t2+2t15=0  (t+5(t3)=0  t  5  t  x 1 x  x 5 5  13 (t/m) +) Với t=3 x23x+3=0 (vô nghiệm) +) Với t =5 x2+5x+3=0  x  Vậy x  5  13 Câu : (2,0 điểm ) Cho hình thang ABCD ( AB // CD ), giao điểm hai đường chéo O Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD BC M N MO MO MN MN a) Chứng minh : + =1 + =2 H A B CD AB CD AB M O N b) Biết SAOB = m2 ; SCOD = n2 Tính SABCD theo m n Gợi ý a) Do MO // CD MO // AB nên có: D C K MO AO MO CO MO MO  ;   + =1 CD AB CD AC AB CA NO NO   Tương tự: CD AB MN MN Từ (1) (2)  + = (đpcm) CD AB (1) (2) SOAB m AB AB m     CD SOCD n (AB  CD) m  n Kẻ đường thẳng qua O, vuông góc với AB, cắt AB CD H K OH AB m OH m     Do  OAB  OCD nên OK CD n HK m  n 2 m SOAB m OH.AB     SABCD  (m  n)2  2 HK(AB  CD) (m  n) SABCD (m  n) Câu 5: (1,0 điểm ) : Cho tam giác ABC cạnh a điểm M chuyển động cung nhỏ AB đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh MA + MB = MC Và tìm giá trị lớn biểu thức : P = MA + MB + MC theo a Gợi ý A Trên tia MC lấy điểm N cho MA=MN Ta có: 31 M M1=B1=600   AMN  A23=600 Mà A13=600  A2=A1   AMB=NAC (cgc)  BM=CN N 2  MA+MB=MC B Ta lại có: P=MA+MB+MC=2MC  P lớn  MC lớn C  MC đường kính đường tròn Khi đó: MC qua tâm O đường tròn ngoại tiếp  ABC nên CM đường phân giác ACB b) Do OAB  OCD   C2=300 MAC=900 Xét AMC vuông A có: MC=  Pmax= a 2a  cos30 2a xảy MC đường kính Câu : (1,0 điểm ) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a3 b3 c3 tìm dấu xảy : P=    a  bc b  ca c  ab Gợi ý Áp dụng BĐT thức Côsi, ta có: a3 a3 (a  bc) 3a 5a bc        a  bc 2 a  bc 4 3 a b c    (a  b  c)  (bc  ca  ab)   a  bc b  ca c  ab 4 2 (a  b  c)  (do a+b+c=3) nên Vì bc+ca+ab  15 3 P    Đẳng thức xảy a=b=c=1 4 2 Cách Ta có: 3=a+b+c  3 abc  abc   bc  a a3 a3 a4    a2  a  bc a a a a 1 a4  a   a2  Mà a 1 a 1 4 3 (a  b  c2 )  4 2 2 2 Vì 3(a +b +c )  (a+b+c) =9  a +b +c2  3  P  Đẳng thức xảy a=b=c=1 Cách Sử dụng Côsi ngược mẫu số dạng tổng a3 a2 (a  bc)  a2 bc a2 bc a2 bc a abc 2  a  a   a2  a  bc a  bc a  bc 2 abc Tương tự, ta có: P  abc (a  b  c) Vì a  b  c   abc  a2+b2+c2  3  P  3  P  Đẳng thức xảy a=b=c=1 2 Tương tự, ta có: P  a2+b2+c2