DEDAP AN THI HSG 10

[r]

sở GD & đT Hng Yên Trờng thpt minh châu

chớnh thc

Đề khảo sát cuối Học kì I 09-10

Lớp 10 môn thi : toán

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu1: (1.đ) Cho phơng trình bậc hai: x2+(m−4

)x+m2−3m+3=0 ( m tham số) Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x1, x2 khác

Khi tính giá trị biểu thức sau theo m: P=

4

z x y

z x y



 

 .CMR:  7 P499

Câu2(3.5đ) : a) Giải phơng trình: 3x

x23x+2+ 2x

x2−2x+2=4

b) Giải bất phương trình: x22x92x22x x1 1 c) Giải phơng trình : 23 sin

2

x+cosx −sin 2x −(4+√3)sinx+2

2 cosx+1 =0 .

d) Giải hệ phơng trình:

2

2 ( 2012)(5 )

( 2) 3

x y y y

y y x x

     

 

  

   2010)

Câu 4:(3.5đ)a)Trong mt phng vi h to Oxy, viết phương trình cạnh tam giác

ABC biết trực tâm H(1;0), chân đường cao hạ từ đỉnh B K(0; 2), trung điểm cạnh AB (3;1)

M

b).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x – 1)2 + (y + 1)2 = 25 và điểm M(7; 3) Lập phương trình đường thẳng (d) qua M cắt (C) A, B phân biệt sao cho MA = 3MB

c) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(0, 2) elip có phương trình

2 x +y =1

4

Viết phương trình đường thẳng qua điểm M cắt elip A, B cho 3MA -5MB =

  

                         

d)(1®)Trong mặt phẳng Oxy cho hình thoi ABCD, đường chéo BD nằm đường thẳng x y  0 Điểm M(4;-4) nằm đường thẳng chứa cạnh BC, điểm N(-5;1) nằm đường thẳng chứa cạnh AB Biết BD8 2 Tìm tọa độ đỉnh hình thoi ABCD, biết điểm D có hồnh độ âm.

Câu 5:(1đ)Cho Tam giỏc ABC, cú BC = a, AC = b AB = c Chứng minh nếu: ¿

b3+c3− a3 b+c − a =a

2

a=2bcosC ¿{

¿

thì tam giác ABC u

Câu 6 (1.đ) a) Xột cỏc s thực dương a, b, c thỏa mãn a.b.c = Tìm giá trị nhỏ của biểu thức A =

a3(b+c)+¿

1 b3(a+c)+¿

1 c3(b+a)

b) Cho a, b, c, d bốn số thực thỏa mãn điều kiện:

2 1 2( ); 2 36 12( )

a b   a b c d   c d

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: E(a c )2(b d )2

-Hết -Chú ý : Giám thị không giải thích thêm.

Họ tên thí sinh : Số b¸o danh:

Gọi H trunh điểm AB MB=BH=HA

Ta có:

2 2

2 2 2

( )( )

( ) 27

3

MA MB MB MH HA MH HA MH HA MI IH IA IH MI R

MB BH

     

      

   

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

2 4 ( ,( ))

IH R BH d M d

    

Ta có: phương trình đường thẳng (d): a(x – 7) + b(y – 3) = (a2 + b2 > 0). 2

0

6

( ,( )) 4 12

5

a a b

d M d

a b

a b

 

  

   

  

 .

V y (d): y – = ho c (d): 12x – 5y – 69 = 0.ậ ặ

Điều kiện: x1

Bất phương trình  x22x92 10 (  x22x 8) ( x1 1)

2

2

2

( 2)( 4)

1

2 92 10

4

( 2) ( 4)

1

2 92 10

x x x

x x

x

x x

x

x x

x

x x

  

    

 

  

  

       

 

  

 

2

1

( 2) ( 4)( 1)

1

2 92 10

x x

x

x x

 

       

 

  

 

Ta có:

1

( 4)( 1) 0,

1

2 92 10

x x

x

x x

     

 

  

Do bất phương trình  x 0  x2

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm bất phương trình là: 1 x

Xét hai đường tròn:

(C): x2 + y2 - 2x - 2y + = có tâm I(1;1) bán kính R = 1

(C): x2 + y2 - 12x - 12y + 36 = có tâm I(6;6) bán kính R = 6

Khi IJ có phương trình: y = x (d)

Giả sử A(a;b) (C), B(c;d)  (C’)  AB (a c )2(b d )2

(C’)

2 2

2

2

IJ ( ') IJ ( ')

5 7 (5 7) (5 7)

2

min (5 7) ,

2

2

m axE (5 7) ,

2

PQ AB MN R R AB R R

AB AB

E a b c d

a b c d

        

         



        



        

- Lấy M’ điểm đối xứng với M qua BD:

PT đường thẳng qua M vng góc với BD: x + y = (d) Gọi J  d BD suy J(1;-1)

Suy M’(-2;2)

- Phương trình đường thẳng AB qua M’(-2;2) nhận M N'  ( 3; 1)



làm VTCP AB: x - 3y + =

- Tọa độ B nghiệm hệ:

2

3

x y

x y

   



  

 suy B(7;5)

- Giả sử D(d;d-2),

2

2

8 ( 7) ( 7) 128

1

( 7) 64

15

BD d d

d

d d

d

     

 

      

  Vậy D(-1;-3)

- Gọi I tâm hình thoi I(3;1), đường thẳng AC qua I vng góc với BD Phương trình AC: x + y - =

- Tọa độ điểm A nghiệm hệ:

4

(1;3)

3

x y

A

x y

   

 

  

 - Tọa độ C(5;-1)

V (1

i m)

đ ể

Ỉt

Đ x =

a, y= b, z=

1

c Do abc=1⇒xyz=1 Khi đó:

A= x3 y+

1 z

+ y x+

1 z

+ z y+

1 x

=¿

3 3 2

x yz y xz z xy x y z

y z z x x y   y z z x x y (*)

0,25

Áp dụng bất đẳng thức Trung bình cộng- trung bình nhân cho số dơng ta có:

2

4

x y z

x y z



 

 ,

2

4

y z x

y z x



 

 ,

2

4

z x y

z x y



 

 . 0,25

Cộng ba bất đẳng thức chiều ta có :

2 2

2

x y z x y z

y z z x x y

 

  

  

DÊu “=” x¶y khi x = y = z. A= x

2 y+z+

y2 z+x+

z2 x+y≥

x+y+z

2 ≥

3

√xyz=3

Gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc A b»ng

3

2 đạt a = b = c = 1

0,25

VI- 1 (1 i m)

đ ể

ng th ng d qua M(0,2) có ph ng trình

Đườ ẳ ươ 2 ( 0) x mt m n y nt        

d c t elip i m phân bi t i u ki n l ph ng trình

Để ắ đ ể ệ đ ề ệ ươ

 

2 2

2 2

2

4

m t m

nt  n t nt

         

  có nghi m phân bi tệ ệ

i u ki n l :

Đ ề ệ 2 2 4 m n m n             0,25

Xét A(mt1, 2+nt1), B(mt2, 2+nt2) , MA mt nt 1, 1, MB mt nt 2, 2

                           

5

MA MB  t  t

                         

  0,25

Theo định lí Vi- et có

1 2

1 2 4 n t t m n t t m n              

 Suy m2=n2

0,25

Cho m = suy n = ho c n = - ặ

Phương trình d l

x t y t     

 ho c ặ

x t y t       0,25

2b)Kết hợp điều kiện nghiệm bất phương trình là: x3

4a(1, 0)

+ Đường thẳng AC vng góc với HK nên nhận ( 1; 2)

HK 



làm vtpt AC qua K nên (AC x) :  2y 4 0. Ta dễ có: (BK) : 2x y  0 .

+ Do A AC B BK ,  nên giả sử (2 4; ), ( ; 2 )

A a a B b  b Mặt khác M(3;1)là trung điểm AB nên ta có hệ:

2 10

2 2 2

a b a b a

a b a b b

                      

Suy ra: A(4; 4), (2; 2).B  + Suy ra: AB ( 2; 6)



, suy ra: (AB) : 3x y  0

+ Đường thẳng BC qua B vng góc với AH nên nhận HA(3; 4) 

, suy ra: (BC) : 3x4y 2

KL: Vậy : (AC x) :  2y 4 0,(AB) : 3x y  0 , (BC) : 3x4y 2

0,25

0,5

0,25

I/ Đáp án biểu điểm:

2

4

z x y

z x y



 

C©u1 (3,0®):

Phơng trình có nghiệm x1, x2 khác

Δ≥0 m2−2m≠0

⇔

m−4¿2−4(m2−3m+3)≥0 ¿

m ≠0, m ≠2

¿

⇔

¿ ¿

¿3m2−4m−4≤0 ¿

¿ ¿

⇔

−2

3≤ m<2 m≠0

¿{

(*) 1,0®

Với điều kiện (*), theo định lý Vi- et :

¿ x1+x2=4−m x1x2=m2−3m+3

¿{ ¿

0,5®

Ta cã

(x1+x2¿2−2x1x2)−mx1x2(x1+x2) ¿

m¿

mx12 1− x1+

mx22 1− x2=¿

0,5®

¿m

−8m2+13m−2 m−2 =m

2

−6m+1 0,5đ

Xét hàm f(m) = m2

6m+1 với m thoả mÃn (*) , dễ thấy f(m) hàm số nghịch biến

trên \ {0} f(2)<f(m) f(2

3)⇒−7<f(m)≤ 49

9 ⇒ ®pcm 0,5®

Câu2(2,0đ): Do x = không nghiệm phơng trình, nên chia tử mẫu vế trái phơng trình cho x ta đợc phơng trình tơng đơng

3 x+2

x−3

+

x+2 x−2

=4

0,5đ

Đặt t=x+2

x ta có phơng trình t −3+

2

t −2=4⇔4t

−25t+36=0⇔ t=4

¿ t=9

4

¿ ¿ ¿ ¿ ¿

0,5®

Víi t = ta cã x+2

x=4⇔x

−4x+2=0⇔x=2±√2 0,5®

Víi t =

4 ta cã x+

2 x=

9 4⇔4x

2−9x

+8=0(VN)

XÐt hÖ

¿

√x+3−√2y+1=1(1)

√y+3−√2x+1=1(2) ¿{

¿

§iỊu kiƯn cña Èn: x ≥ −1

2; y ≥−

2 Lấy phơng trình(1) trừ phơng trình (2) theo vÕ ta cã

√x+3+√2x+1=√y+3+√2y+1 (3) 0,5®

Dễ thấy hàm số f(t) = √t+3+√2t+1 đồng biến ¿

Khi từ (3) suy f(x) = f(y) ⇔ x = y 0,5đ Với x = y, từ (1) ta có √x+3−√2x+1=1⇔√x+3=1+√2x+1⇔2√2x+1=1− x 0,5đ

⇔

−1 2≤ x ≤1 1− x¿2

¿

⇔

¿ ¿ ¿−1

2≤ x ≤1

¿

4(2x+1)=¿

VËy hƯ cã nghiƯm lµ

¿ x=5−2√7 y=5−2√7

{

05đ Câu 4(2,0đ):

Vỡ điểm I thuộc miền tam giác ABC nên góc B C nhọn

Tõ gi¶ thiÕt ta suy ra:

4R2(sin2A+sin2C)=8R2sin2B=4R2

⇒sin2B=1

2, sin2A+sin2C = 0,5®

⇒ sin2B = cos2B vµ sin2A = cos2C

⇒ sinB = cosB sinA = cosC 0,5đ

Gọi D = BI AC, M= CI AB, H = AI BC

Theo định lý Cêva ta có:

MA MB

HB HC

DC DA=1⇒

MA MB=

HC HB

DA DC=

b cosC c cosB

c a=

2R sinB cosC

2R cosB sinA=1

Suy M trung điểm AB 0,5đ Hạ AE BF vuông góc với CM AE = BF S(IAC)=S(IBC) 0,5đ Câu 5(1,0đ):

Đặt A=a d , B=

b d ,C=

c

d ⇒ A,B,C cã ¦SCLN lµ vµ

1 A−

1 B=

1 C

⇒B − A

AB =

1

C⇒C(B− A)=AB (*) 0,25®

Giả sử (B-A) khơng phải số phơng Khi tồn số nguyên tố p với số mũ cao 2r+1 cho (B− A)⋮p2r+1 (**)

NÕu A⋮pr+1 th×

B⋮pr+1 ⇒

A.B⋮p2r+2 Nhng C kh«ng chia hÕt cho p ( A, B, C

khơng có ớc số chung khác 1), từ (*) suy (B− A)⋮p2r+2 Điều mâu

thuẫn với với (**) Nh số mũ cao m với m r để A⋮pm

Tơng tự ta thấy số mũ cao n với n r để B⋮pn

Suy số mũ cao m+n 2r để AB⋮pm+n ⇒ số mũ cao m+n 2r để

(B− A)⋮pm+n §iỊu mâu thuẫn với với (**).Vậy B-A số phơng 0,5đ

Ta có ABC(B-A) = AB.AB ABC(B-A) số phơng ABC sè chÝnh ph¬ng Do

vËy (b - a)d = d2(B-A) abcd = d4.ABC số phơng 0,25® _

M

I B

A

C H

D E