giai de toan lop 10 nam 20142015

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC.. Tìm GTNN của..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014-2015 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút Mã đề 01 Bài 1: Rút gọn các biểu thức a) P  20    Q     x  16  x  x    b) với x  0, x  16 45  5  2x  5y 7  Bài 2: Giải hệ phương trình  x  2y 4 2 Bài 3: Cho phương trình bậc hai x  2mx  m  m  0 (m là tham số) a) Giải phương trình m = x  x 22 3x1x  b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF cắt H a) Chứng minh BCEF nội tiếp đường tròn   b) Biết ABC 45 , ACB 60 , BC = a Tính diện tích tam giác ACD theo a 2 Bài 5: Cho x, y > thỏa mãn x  y 2 Tìm GTNN P x2 y2  y x LỜI GIẢI Bài 1: a) P  4.5  9.5  5 2   5 4   x  x  16  x  4 x 4   Q 2 x  x  16    x 4  x  16  x    b)  2x  5y 7  y   x 6     x 4  2y  y  Bài 2: Hệ phương trình tương đương  2x  4y 8  x 6  Hệ phương trình có nghiệm  y     x  4x  0  x  x  3x  0  x  x  1   x  1 0 Bài 3: a) Khi m = ta có phương trình  x 1   x  1  x  3 0    x 3 Phương trình có tập nghiệm là S = {1; 3} b) Ta có  ' m   m  m  1 m  Để phương trình bậc hai đã cho có nghiệm phân biệt x 1; x2  x1  x 2m  x x m  m  thì  '   m    m  Khi đó theo hệ thức Viets ta có  2 x12  x 22 3x1x    x1  x   2x1x 3x1x    x1  x   5x1x 1 0 Theo bài  m 1  4m   m  m  1  0  m  5m  0   m  1  m   0    m 4 Đối chiếu điều kiện m > ta có m = thỏa mãn bài toán   Bài 4: a) Theo giả thiết ta có BFC BEC 90 Do đó đỉnh E, F cùng nhìn đoạn BC góc 900 Nên tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn đường kính BC (Bài toán cung chứa góc) 0   b) Xét ADB có ADB 90 (gt) và ABC 45 (gt) nên ADB vuông cân D  AD = BD = BC – CD = a – CD Mặt khác ACD vuông D Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn ta có: AD AD a  CD  tgACD   tg600   CD CD CD a  CD a  CD  CD  1  AD a  CD a  SACD Vậy a a  1 1 AD.CD a2   2 1    a2    A F E H a b2  a  b    m  n Thật Bài 5: Cách 1: Ta chứng minh BĐT phụ sau: Với m, n > và a, b thì m n 2 60 a b2  a  b  na  mb B a  b45 C       m  n   na  mbD2  mn  a  b   n 2a  m2 b2 m n mn mn mn mn  a  b  mn  a  b   2mnab  n 2a  m b  2mnab 0   na  mb  0 luôn đúng P Áp dụng BĐT phụ trên ta có x4 x2 y  y4 y2 x  x  y2  x y  y2 x x y  y x x.x y  y.y x  Mặt khác theo BĐT Bunhia ta có 4 P   x  y2   x y  y2 x  2xy  x  y  Do đó Ta lại có  x  y x y  y   x y  y 2x  Vậy 0  x  y 2xy   x  y   x  y    x  y    x  y  P x 2   2 x y  2.2 2 GTNN P là Đạt x = y = Cách 2: Từ giả thiết x  y 2 P Ta có   y2  x 2 x2 y2       2    x x y y  y y x y x x y x     1  2   2.2  y x  Áp dụng BĐT Cauchy ta có  Áp dụng BĐT Bunhia ta có     x x  y y  Ta lại có  x  y x x  x x y y  1  x y xy y  x  y2 xy  1  và   x  y  y   x  y    x  y  (3) 0  x  y 2xy   x  y   x  y    x  y    x  y  xy 1 (1)    x  y   2  x  y   (3) Từ (1), (2) và (3) suy P  GTNN P là Đạt và x = y = Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh (Dự đoán biểu điểm: Bài 1a: 1,5đ, 1b: 1đ, Bài 2: 1,5đ, Bài 3a: 1đ, 3b: 1đ Bài 4a: 1,5đ, 4b: 1,5đ, Bài 5: 1đ) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2014-2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 90 phút Mã đề 02 Bài 1: Rút gọn các biểu thức a) P  18    Q     x  25  x  x    b) với x  0, x  25 32  5x  2y 7  Bài 2: Giải hệ phương trình  2x  y 4 2 Bài 3: Cho phương trình bậc hai x  2mx  m  m  0 (m là tham số) a) Giải phương trình m = -2 2 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x ; x thỏa mãn x1  x 3x1x  1 Bài 4: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AM, BN, CP cắt H a) Chứng minh BCNP nội tiếp đường tròn   b) Biết ABC 45 , ACB 60 , BC = a Tính diện tích tam giác ACM theo a x2 y2 P  2 y x x  y  Bài 5: Cho x, y > thỏa mãn Tìm GTNN LỜI GIẢI Bài 1: a) P  9.2  16.2  3   4   x  x  25  x  5 x 5   Q x  25   2 x   x 5  x  25 x5    b) 5x  2y 7  x   x      y 4  2x  y 6 Bài 2: Hệ phương trình tương đương  4x  2y 8  x   Hệ phương trình có nghiệm  y 6    x  4x  0  x  x  3x  0  x  x  1   x  1 0 Bài 3: a) Khi m = -2 ta có phương trình  x 1   x  1  x  3 0    x 3 Phương trình có tập nghiệm là S = {1; 3} b) Ta có  ' m   m  m  1   m  1 Để phương trình bậc hai đã cho có nghiệm phân biệt  x1  x  2m   '     m  1   m   x1.x m  m    x1; x2 thì Khi đó theo hệ thức Viets ta có Theo bài x12  x 22 3x1x    x1  x   2x1x 3x1x    x1  x   5x1x 1 0  m   4m   m  m  1  0  m  5m  0   m  1  m   0    m  Đối chiếu điều kiện m < -1 ta có m = -4 thỏa mãn bài toán   Bài 4: a) Theo giả thiết ta có BPC BNC 90 Do đó đỉnh P, N cùng nhìn đoạn BC góc 900 Nên tứ giác BCNP nội tiếp đường tròn đường kính BC (Bài toán cung chứa góc) 0   b) Xét AMB có AMB 90 (gt) và ABC 45 (gt) nên AMB vuông cân M  AM = BM = BC – CM = a – CM Mặt khác AMC vuông M Áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn ta có AM AM a  CM  tgACM   tg600   CM CM CM a  CM a  CM  CM  1  AM a  CM a  SACM Vậy a a  1 1 AM.CM a2   2 1    a2    A P a Nb  a  b    m  n Thật Bài 5: Cách 1: Ta chứng minh BĐT phụ sau: Với m, n > và a, b thì m n 2 a b2  a  b  na  mb  a  b  2      m  n na  mb  mn a  b     45   60 B C n a  m b m n mn mn mn M mn  a  b  mn  a  b   2mnab  n 2a  m b  2mnab 0   na  mb  0 luôn đúng H P Áp dụng BĐT phụ trên ta có x4 x2 y  y4 y2 x  x  y2  x y  y2 x x y  y x x.x y  y.y x  Mặt khác theo BĐT Bunhia ta có 4 P   x  y2   x y  y2 x  2xy  x  y  Do đó Ta lại có  x  y Vậy y  y   x y  y 2x  x 0  x  y 2xy   x  y   x  y    x  y    x  y  P x  2 x  y  2.2 2 GTNN P là Đạt x = y = 2 x  y  Cách 2: Từ giả thiết   y2  x 2 x2 y2  P      2     x x  y y  y y x y x x y x   Ta có  1  1 x  y2 2    2.2 xy  1  xy 1  y x x y xy  Áp dụng BĐT Cauchy ta có và (1)  Áp dụng BĐT Bunhia ta có x  x x y y   y2   x  y       x x  y y  Ta lại có  x  y x  y   x  y    x  y  (3) 0  x  y 2xy   x  y   x  y    x  y    x  y     x  y   2  x  y   (3) Từ (1), (2) và (3) suy P  GTNN P là Đạt và x = y = Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh (Dự đoán biểu điểm: Bài 1a: 1,5đ, 1b: 1đ, Bài 2: 1,5đ, Bài 3a: 1đ, 3b: 1đ Bài 4a: 1,5đ, 4b: 1,5đ, Bài 5: 1đ)