Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m.. Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNGNăm học 2010-2011 Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài (2,0 điểm)
1 Rút gọn biểu thức:
3
3
x A
x x x x với x0,x9.
2 Chứng minh rằng:
1
5 10
5
Bài (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y(k 1)x n hai điểm A(0;2), B(-1;0)
1 Tìm giá trị k n để:
a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A B
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y x k
2 Cho n2 Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox điểm C cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB
Bài (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai: x2 2mx m 0 (1) (với m tham số). Giải phương trình (1) với m1.
2 Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1; thoả mãn hệ thức:
1 16
x x .
Bài (3,5 điểm)
Cho đường trịn (O;R) có đường kính AB vng góc với dây cung MN H (H nằm O B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K khác A, hai dây MN BK cắt E
1 Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp CAE đồng dạng với CHK
2 Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK F Chứng minh NFK cân Giả sử KE = KC Chứng minh: OK//MN KM2 + KN2 = 4R2.
Bài (0,5 điểm)
Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng:
13 13 13
a b c
HẾT
-Họ tên thí sinh: Số báo danh:
Giám thị 1: Giám thị 2:
(2)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNGNăm học 2010 - 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN
(Gồm 05 trang)
Bài (2,0 điểm)
1 Rút gọn biểu thức:
3
3
x A
x x x x
với x0,x9.
2 Chứng minh rằng:
1
5 10
5
Ý Nội dung Điểm
1. (1,25đ)
Với ĐK: x0,x9 Ta có:
3
3
x A
x x
x x
0,25
3 3 9
9
x x x x
A
x x x
0,25
3 x x x A
x
0,25
9 x A
x
0,25
Kết luận: Vậy với x0,x9thì
9 x A
x
0,25
2. (0,75đ)
Ta có:
1 5
5
5 5
0,25
2 5
5
= 10
0,25
Vậy:
1
5 10
5
(3)Bài (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y(k 1)x n hai điểm A(0;2), B(-1;0)
1 Tìm giá trị k n để:
a) Đường thẳng (d) qua hai điểm A B
b) Đường thẳng (d) song song với đường thẳng ( ) : y x k
2 Cho n2 Tìm k để đường thẳng (d) cắt trục Ox điểm C cho diện tích tam giác OAC gấp hai lần diện tích tam giác OAB
Ý Nội dung Điểm
1a (1,0 đ)
(d): y = (k-1)x + n qua A(0;2), B(-1;0) nên ta có hệ phương trình: ( 1).0
( 1).( 1)
k n
k n
0,25
2
1
n k
2
n k
0,5
Kết luận: Vậy k = 3, n = (d) qua hai điểm A(0;2), B(-1;0) 0,25
1b (0,5 đ)
+
1 ( ) //( )
2
k d
n k
2
k n
0,25
Kết luận: Vậy
2 ( ) //( )
0
k d
n
0,25
2. (0,5 đ)
Với n = 2, ta có (d): y = (k-1)x + Suy đường thẳng (d) cắt trục Ox C
1
k k
toạ độ điểm C
;0 k
0,25
Ta có:
2
C
OC x
k
B(-1;0) nên OB = 1.
Vì tam giác OAC OAB vuông O chung đường cao AO nên suy ra:
2
2 2
|1 |
OAC OAB
S S OC OB
k
(4)0
k k
(thoả mãn đk k 1) Kết luận: k = k =
Bài (2,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai: x2 2mx m 0 (1) (với m tham số). Giải phương trình (1) với m1.
2 Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với giá trị m 3 Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1; 2 thoả mãn hệ thức:
1 16
x x .
Ý Nội dung Điểm
1. (0,75đ)
Với m = -1, phương trình (1) trở thành:
2
' '
x x
0,25
Suy phương trình có hai nghiệm phân biệt là:
4
1
x x
0,25
Vậy với m = -1 pt (1) có hai nghiệm phân biệt x = - 4, x = 0,25
2. (0,75đ)
Pt (1) có ' m2 (m 7) m2 m7 0,25
2 27
0
2
m
với m. 0,25
Vậy với giá trị m (1) ln có hai nghiệm phân biệt 0,25 3.
(0,5 đ)
Theo câu 2, ta có (1) ln có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với giá trị
m Theo định lý Vi ét ta có:
1
1
2
x x m
x x m
0,25
Theo giả thiết ta có:
1
1 2
1
0 1
16
16
x x
x x x x
x x
(5)
7
2 16
7 8
m
m m
m m m
Vậy m = giá trị cần tìm
Bài (3,5 điểm) Cho đường trịn (O;R), đường kính AB vng góc với dây cung MN H (H nằm O B) Trên tia MN lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K khác A , hai dây MN BK cắt E
1 Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp CAE đồng dạng với CHK
2 Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK F Chứng minh NFK cân Giả sử KE = KC Chứng minh: OK // MN KM2 + KN2 = 4R2.
h
k
o
n m
f
e c
b a
P O K
H E N
M C
B A
Ý Nội dung Điểm
1. (2,0đ)
Ta có: + AHE 900 (theo giả thiết ABMN ) 0,5
+ AKE 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,5
900
AHE AKE
H, K thuộc đường trịn đường kính AE.
Vậy tứ giác AHEK tứ giác nội tiếp 0,25
Xét hai tam giác CAE CHK:
+ Có chung góc C 0,25
+ EACEHK (góc nội tiếp chắn cung EK)
Suy CAE CHK (g - g) 0,5 2.
(1,0 đ) Do đường kính AB MN nên B điểm cung
MN suy ta có
(1)
MKB NKB
(6)Lại có BK // NF (vì vng góc với AC) nên
(2) (3)
NKB KNF MKB MFN
0,5
Từ (1), (2), (3) suy MFN KNF KFN KNF Vậy KNF cân K. 0,25
3. (0,5 đ)
* Ta có AKB900 BKC 900 KECvuông K
Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vng cân K
45 45
BEH KEC OBK
Mặt khác OBK cân O ( OB = OK = R) nên suy OBK vuông cân O dẫn đến OK // MN (cùng vng góc với AB)
0,25
* Gọi P giao điểm tia KO với đường trịn ta có KP đường kính KP // MN Ta có tứ giác KPMN hình thang cân nên KN = MP
Xét tam giác KMP vng M ta có: MP2 + MK2 = KP2 KN2 + KM2 = 4R2.
0,25
Bài (0,5 điểm)
Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng:
13 13 13
a b c
Ý Nội dung Điểm
0,5 đ Ta có: (a 1)3 a3 3a23a
2
3
3 3
1 (1) ( 0)
2 4
a a a
a a a a do a
Tương tự:
3 3
( 1) , ( 1)
4
b b c c
0,25
Từ (1), (2), (3) suy ra:
13 13 13 3 3
4 4
a b c a b c
Vậy BĐT chứng minh Dấu đẳng thức xảy
(7)2
2
2
3 3
0 0 3
2 2 0,
2
3
0
0
0,
2
2
3 0
0,
2 2
3
a a a a
a b c
b b
b b
b a c
c c
c c c a b
a b c a b c
Híng dÉn chung:
1 Trên bước giải khung điểm bắt buộc cho bước, yêu cầu thí sinh phải trình bày, lập luận biến đổi hợp lí công nhận cho điểm
2 Bài phải có hình vẽ phù hợp với lời giải tốn (khơng cho điểm hình vẽ) Những cách giải khác cho điểm tối đa theo khung điểm
4 Chấm phần Điểm toàn tổng điểm thành phần, khơng làm trịn
Thụy Duyên, ngày 08 tháng năm 2010