SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gia giao đề) Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức: P = x+ x x −1 x− x + − + với x ≥ 0, x ≠ x− x−2 x+2 Rút gọn biểu thức P Tìm giá trị P x = + Câu (1,5 điểm): Cho phương trình: x2 + 5x + m – = (m tham sớ) Giải phương trình m = -12 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn: 1 + =2 x1 − x − Câu (1,0 điểm) Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 168 m Nếu giảm chiều dài 1m tăng chiều rộng thêm 1m mảnh vườn trở thành hình vng Tính chiều dài, chiều rộng mảnh vườn Câu (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = x hai điểm A, B thuộc (P) có hoành độ -1; 2 Đường thẳng (d) có phương trình y = mx + n Tìm toạ độ hai điểm A, B Tìm m, n biết (d) qua hai điểm A B Tính độ dài đường cao OH tam giác OAB (điểm O gốc toạ độ) Câu (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R Điểm M di chuyển nửa đường tròn (M khác A B) C trung điểm dây cung AM Đường thẳng d tiếp tuyến với nửa đường tròn tại B Tia AM cắt d tại điểm N Đường thẳng OC cắt d tại E Chứng minh: tứ giác OCNB nội tiếp Chứng minh: AC.AN = AO.AB Chứng minh: NO vng góc với AE Tìm vị trí điểm M cho (2.AM + AN) nhỏ Câu (0,5 điểm): Cho ba số dương a, b, c thay đổi thoả mãn: a2 + b2 + c2 = 1 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 2(a + b + c) + + + ÷ a b c - HẾT Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… Sưu tầm giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình ĐÁP ÁN (THAM KHẢO) CÂU NỘI DUNG Cho biểu thức: P = x+ x x−2 − x −1 x+2 + x− x + với x ≥ 0, x ≠ x− Rút gọn biểu thức P Tìm giá trị P x = + a) Với x ≥ 0, x ≠ 4, ta có: x+ x x −1 x− x + = − + x−2 x + ( x − 2)( x + 2) (x + x )( x + 2) − (2 x − 1)( x − 2) + x − x + = ( x − 2)( x + 2) = = = = x x + 2x + x + x − 2x + x + x − + x − x + ( x − 2)( x + 2) x x + 2x + x + ( x − 2)( x + 2) x +1 x−2 Vậy với x ≥ 0, x ≠ P = = (x + 1)( x + 2) ( x − 2)( x + 2) x +1 x−2 b) Ta có: x = + = (2 + 5) (thoả mãn ĐKXĐ) ⇒ x = + Khi đó: P = 9+ +1 10 + = 5+ 2+ − Vậy với x = + P = + = 2,0 0,25 0,25 0,25 ( x − 2)( x + 2) x( x + 2) + x + ĐIỂM 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Cho phương trình: x2 + 5x + m – = (m tham số) Giải phương trình m = -12 1 + =2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn: x1 − x − 1,5 a) Với m = -12, phương trình cho trở thành: x2 + 5x -14 = 0,25 ∆ = 52 + 4.14 = 81 > ⇒ 0,25 ∆=9 −5− −5+ = − 7; x1 = = 2; 2 Vậy với m = -12, phương trình cho có hai nghiệm phân biệt: x1 = -7; x2 = b) Phương trình: x2 + 5x + m – = có nghiệm hai nghiệm phân biệt x1, x2 khác 33 ∆ = 52 – 4(m – 2) = 33 – 4m > m < ⇔ (*) ⇔2 1 + 5.1 + m − ≠ m ≠ − ⇒ phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 = Sưu tầm giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 0,25 0,25 x1 + x = − Theo định lí Viet, ta có: x1 x = m − 0,25 1 + =2 x1 − x − ⇒ x2 - 1+ x1 – = 2(x1 – 1)(x2 – 1) ⇔ (x1 + x2) – = 2[x1x2 – (x1 + x2) + 1] Từ giả thiết: − 15 ⇔ -5 – = 2(m – + + 1) ⇔ -7 = 2(m + 4) ⇔ m = (thoả mãn (*)) − 15 Vậy giá trị cầm tìm m = Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 168 m Nếu giảm chiều dài 1m tăng chiều rộng thêm 1m mảnh vườn trở thành hình vng Tính chiều dài, chiều rộng mảnh vườn Gọi chiều dài mảnh vườn x (m) ĐK: x > 168 Thì chiều rộng mảnh vườn là: (m) x Nếu giảm chiều dài 1m tăng chiều rộng thêm 1m mảnh vườn có: - Chiều dài x – (m) 168 + (m) - Chiều rộng x 168 +1= x − Vì mảnh vườn trở thành hình vng nên ta có phương trình: x x = 14 (tho¶ m· n) ⇒ 168 + x = x2 – x ⇔ x2 – 2x – 168 = ⇔ (x – 14)(x + 12) = ⇔ x = − 12 (lo¹i) Vậy mảnh vườn có chiều dài 14m, chiều rộng 168:14 = 12m Cho parabol (P): y = x2 hai điểm A, B thuộc (P) có hoành độ -1; Đường thẳng (d) có phương trình y = mx + n Tìm toạ độ hai điểm A, B Tìm m, n biết (d) qua hai điểm A B Tính độ dài đường cao OH tam giác OAB (điểm O gốc toạ độ) a) Ta có: A(xA; yA) ∈ (P) có hoành độ xA = -1 ⇒ yA = B(xB; yB) ∈ (P) có hoành độ xB = ⇒ yB = Vì đường thẳng y = mx + n qua hai điểm A(-1; 1 (-1)2 = ⇒ A(-1; ) 2 2 = ⇒ B(2; 2) 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,5 0,25 0,25 ) B(2; 2) nên ta có hệ: m= − m + n = 3m = m = ⇔ ⇔ 2⇔ 2 2m + n = 2m + n = 2 + n = n = 1 Vậy với m = , n = (d) qua hai điểm A(-1; ) B(2; 2) 2 Sưu tầm giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 0,25 0,25 , n = 1) hệ trục toạ độ hình vẽ bên a) Vẽ (P) (d) (với m = Dễ thấy (d) cắt Ox tại C(-2; 0) cắt Oy tại D(0; 1) ⇒ OC = 2, OD = 0,25 Độ dài đường cao OH ∆OAB độ dài đường cao OH tam giác vuông OCD Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông OCD, ta có: 1 1 = + = + = 2 OH OC OD 4 ⇒ OH = Vậy OH = 0,25 ⇒ OH = (đvđd) 5 (đvđd) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R Điểm M di chuyển nửa đường tròn (M khác A B) C trung điểm dây cung AM Đường thẳng d tiếp tuyến với nửa đường tròn tại B Tia AM cắt d tại điểm N Đường thẳng OC cắt d tại E Chứng minh: tứ giác OCNB nội tiếp Chứng minh: AC.AN = AO.AB Chứng minh: NO vng góc với AE Tìm vị trí điểm M cho (2.AM + AN) nhỏ 3,5 · a) Phần đường kính OC qua trung điểm C AM ⇒ OC ⊥ AM ⇒ OCN = 90o · BN tiếp tuyến (O) tại B ⇒ OB ⊥ BN ⇒ OBN = 90o 0,25 · · Xét tứ giác OCNB có tổng hai góc đối: OCN + OBN = 90o + 90o = 180o 0,25 Do đó tứ giác OCNB nội tiếp µ chung; ACO · · b) Xét ∆ACO ∆ABN có: A = ABN = 90o ⇒ ∆ACO ~ ∆ABN (g.g) 0,25 Sưu tầm giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình 0,25 0,25 0,25 AC AO = AB AN Do đó AC.AN = AO.AB (đpcm) c) Theo chứng minh trên, ta có: OC ⊥ AM ⇒ EC ⊥ AN ⇒ EC đường cao ∆ANE (1) OB ⊥ BN ⇒ AB ⊥ NE ⇒ AB đường cao ∆AME (2) Từ (1) (2) suy O trực tâm ∆ANE (vì O giao điểm AB EC) ⇒ NO đường cao thứ ba ∆ANE Do đó; NO ⊥ AE (đpcm) ⇒ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 d) Ta có: 2.AM + AN = 4AC + AN (vì C trung điểm AM) 4AC.AN = 4AO.AB = 4R.2R = 8R2 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương, ta có: 4AC + AN ≥ 4AC.AN = 8R = 2R ⇒ Tổng 2.AM + AN nhỏ = 2R ⇔ 4AC = AN ⇔ AN = 2AM ⇔ M trung điểm AN ∆ABN vuông tại B có BM đường trung tuyến nên AM = MB ¼ = BM ¼ ⇒ M điểm nửa đường trịn đường kính AB ⇒ AM Vậy với M điểm nửa đường trịn đường kính AB (2.AM + AN) nhỏ = 2R Cho ba số dương a, b, c thay đổi thoả mãn: a2 + b2 + c2 = 1 a Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 2(a + b + c) + + 1 + b c÷ 0,25 0,5 Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức phụ sau: 1 Với < x < 2x + ≥ + (x − 1) (1) x 2 Thật vậy, (1) ⇔ 4x + ≥ 6x + x – x (vì x > 0) ⇔ (x3 – x) – (4x2 - 6x + 2) ≤ ⇔ (x – 1)(x2 + x) – 2(x – 1)(2x – 1) ≤ ⇔ (x – 1)(x2 – 3x + 2) ≤ ⇔ (x – 1)2(x – 2) ≤ (ln (x – 1)2 ≥ 0, x – < với < x < ) Dấu xảy ⇔ x = Từ giả thiết: a2 + b2 + c2 = ⇒ < a2, b2, c2 < ⇒ < a, b,c < Áp dụng bất đẳng thức (1), với < a, b,c < , ta có: 1 2a + ≥ + (a − 1) (2) a 1 2b + ≥ + (b − 1) (3) b 1 2c + ≥ + (c − 1) (4) c Cộng (1), (2) (3) vế theo vế, ta được: P ≥ + (a + b + c − 3) = (vì a2 + b2 + c2 = 3) Dấu “=” xảy a = b = c =1 Vậy Pmin = ⇔ a = b = c =1 Sưu tầm giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình Sưu tầm giới thiệu: Trần Ngọc Đại, THCS Thụy Thanh, huyện Thái Thụy, tỉnh Thái Bình ... x − 2)( x + 2) x +1 x−2 b) Ta có: x = + = (2 + 5) (thoả mãn ĐKXĐ) ⇒ x = + Khi đó: P = 9+ +1 10 + = 5+ 2+ − Vậy với x = + P = + = 2,0 0,25 0,25 0,25 ( x − 2)( x + 2) x( x + 2) + x + ĐIỂM