De thi va Dap an thi vao THPT Chuyen TB 20142015

2, Chứng minh rằng: với mọi m parabol P và đường thẳng d cắt nhau tại hai điểm phân biệt.. Tìm m sao cho hai giao điểm đó có hoành độ dương.[r]

SỞ GD & ĐT THÁI BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH Năm học 2014 – 2015 MÔN THI: TOÁN ( Dành cho tất các thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức A = ( √ x2−2 + √ 3x+1 − 2x5−3√ x√−x7− ): 5x2−√ 10x+√3x ( x > 0; x 4) 1, Rút gọn biểu thức A 2, Tìm x cho A nhận giá trị là số nguyên Bài (2, điểm) Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2(m + 3)x – 2m + ( m là tham số, m R) 1, Với m = - tìm tọa độ giao điểm parabol (P) và đường thẳng (d) 2, Chứng minh rằng: với m parabol (P) và đường thẳng (d) cắt hai điểm phân biệt Tìm m cho hai giao điểm đó có hoành độ dương 3, Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d) luôn qua với m Bài (1,5 điểm) ¿ 2x2 +3xy −2y −5 (2x − y)=0 Giải hệ phương trình: x −2xy − 3y2 +15=0 ¿{ ¿ Bài (3,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Tiếp tuyến B và C đường tròn (O; R) cắt T, đường thẳng AT cắt đường tròn điểm thứ hai là D khác A 1, Chứng minh tam giác ABT đồng dạng với tam giác BDT 2, Chứng minh rằng: AB.CD = BD.AC 3, Chứng minh hai đường phân giác góc BAC , góc BDC và đường thẳng BC đồng quy tai điểm 4, Gọi M là trung điểm BC, chứng minh góc BAD góc MAC Bài (0,5 điểm) Cho các số dương x, y, z thay đổi thỏa mãn: x( x + 1) + y( y + 1) + z( z + 1) ≤ 18 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = 1 + + x + y +1 y + z +1 z + x+ Hết -Họ và tên thí sinh: …………………………………………SBD:……………… SỞ GD&ĐT THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM (Hướng dẫn chấm có 04 trang) MÔN: TOÁN CHUNG Bài 1 NĂM HỌC 2014-2015 Nội dung  x   x 3 A    : x  2 x  2x  x    5x  10 x Cho biểu thức:  x  0; x 4  1, Rút gọn biểu thức A 2, Tìm x cho A nhận giá trị là số nguyên Với x  0; x 4 , biểu thức có nghĩa ta có:  x   x 3 A    : x  2 x  2x  x    5x  10 x      2 x 1      x2  x7  x 3   x  2 x 1   x  2 x 1 x x 0,5 x 3 x  x   0,5 x 3 0,25 x x 1   : Điểm 2,0 x x 1 Vậy với x  0; x 4 thì A Ta có x  0, x  0, x 4 nên x A  0, x  0, x 4 x 1 x 5 A    , x  0, x 4 x 1 2 x 1  0,25 0,25  , kết hợp với A nhận giá trị là số nguyên thì A   1; 2 1 A 1  x 2 x   x   x  thỏa mãn điều kiện  0A A   x 4 x   x 2  x 4 không thỏa mãn điều kiện thì A nhận giá trị là số nguyên Vậy với 2,5 d : y 2  m  3 x  2m  P : y x Cho Parabol   và đường thẳng   (m là tham số, m  ¡ ) 1, Với m  tìm tọa độ giao điểm Parabol và đường thẳng 2, Chứng minh rằng: với m Parabol và đường thẳng cắt hai điểm phân biệt Tìm m cho hai giao điểm đó có hoành độ dương x 0,25 d 3, Tìm điểm cố định mà đường thẳng   qua với m d Với m  ,   có phương trình y  4x  12 Hoành độ giao điểm  P và  d 0,25 0,25 là nghiệm phương trình: x  4x  12  x  4x  12 0   x    x   0  x    x 2 x   y 36 x 2  y 4 0,25 P d  6;36  ,  2;4  Vậy với m  thì   và   cắt hai điểm  P d Hoành độ giao điểm   và   là nghiệm phương trình: x 2  m  3 x  2m   x   m  3 x  2m  0  1 0,25  1 0,25 là phương trình bậc hai ẩn x có 2  '  m  3   2m   m  4m  11  m     0m  m  2 vì 0m P d Do đó   có hai nghiệm phân biệt m suy   và   cắt hai điểm phân biệt m 0,25 x1 , x là hai nghiệm phương trình  1 , áp dụng định lý Viete ta có:  x1  x 2  m  3   x1x 2m  0,25  x1  x   x x 0 Hai giao điểm đó có hoành độ dương  x1 , x dương  0,25  m     m  3     m 1  m  2m   P d Vậy với m  thì hai   và   hai điểm phân biệt với hoành độ dương Gọi điểm cố định mà đường thẳng  y 2  m  3 x  2m  m d qua với m là  x ; y0  ta có: 0,25  m  2x    6x  y  0 m 2x  0  6x  y  0  x 1   y0 8 d 1;8 Vậy m thì đường thẳng   luôn qua   0,25 Giải hệ phương trình: 2  2x  3xy  2y   2x  y  0  2   x  2xy  3y  15 0 1,5 0,25 Hệ phương trình đã cho  2x  y   x  2y   0   2   x  2xy  3y  15 0   2x  y 0    x  2y  0   2  x  2xy  3y  15 0 +)  2x  y 0  2   x  2xy  3y  15 0   x  2y  0    x  2xy  3y  15 0  I  II    x 1   y 2x  y 2x   y 2    I    2   x   x  2x.2x   2x   15 0  x 1    y   x  2y   x  2y    II    2  2y    2y  y  3y  15       y   +) 0,5 0,5 6y  0   x 1   x  2y   y 2     x   y    y   0    y 4  x 1  y 2 Vậy hệ có ba nghiệm:  ;  x    y  ;  x    y 4 0,25 3,5 O;R  Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn  Tiếp tuyến B và C O; R  đường tròn  cắt T, đường thẳng AT cắt đường tròn điểm thứ hai là D khác A 1, Chứng minh rằng: ABT s BDT 2, Chứng minh rằng: AB.DC BD.AC   3, Chứng minh rằng: hai đường phân giác góc BAC, BDC và đường thẳng BC đồng quy điểm   4, Gọi M là trung điểm BC, chứng minh BAD MAC 0,25 Xét ABT và BDT có:  BTD chung   BAT TBD (góc nội tiếp và góc tạo 0,5 tiếp tuyến và dây cùng chắn cung BD) ABT s BDT  g  g  0,25 s BDT  g  g  0,25 ABT  AB AT  BD BT  1 T B D Chứng minh ACT đồng dạng AC AT  g  g  CD  CT   CDT  0,5 I M O A C Tiếp tuyến B và C cắt T nên BT = CT   AB AC   AB.CD BD.AC 1 ,   ,  3  Từ có BD CD  Phân giác BAC cắt BC I, theo tính chất phân giác tam giác ta có: IB AB  IC AC AB BD IB BD AB.CD BD.AC     AC CD nên IC DC  DI là phân giác BDC Từ   Do đó hai đường phân giác góc BAC, BDC và đường thẳng BC đồng quy   Lấy M’ trên đoạn BC cho BAD CAM '      SdAB  BAD CAM     ' , BDA ACM '  Do BD AD s    BD.AC M 'C.AD  ADB ACM '  g  g  M 'C AC   0,25      ABM ' ADC   SdAC        Do BAD CAM '  BAM ' DAC ; AB BM '  ABM ' s ADC  g  g     AB.DC AD.BM ' AD DC     , Từ      BM ' CM '  M M '  BAD MAC x x  1  y  y  1  z  z  1 18 Cho các số dương x, y, z thỏa mãn  1 B   x  y 1 y  z 1 z  x 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 0,25 x  x  1  y  y  1  z  z  1 18  x  y  z   x  y  z  18 0,25  x  y 2 2   y  z    z  x  0   x  y  z   x  y  z  , x, y, z  54  x  y  z    x  y  z    x  y  z 6   x  y  z 6 x  y 1 y  z 1 z  x 1   ;   ;   ; x  y 1 25 y  z 1 25 z  x 1 25 2 x  y  z  27 15  B   B   x  y  z   25 25 25 25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 Dấu xảy 0,25   x y z  0; x  y  z 6  x y z 2  2 x  y   y  z   z  x   25         Vậy giá trị nhỏ B là x y z 2 Hướng dẫn chung Trên đây là các bước giải bắt buộc và khung điểm tương ứng Học sinh phải biến đổi hợp lý và lập luận chặt chẽ cho điểm tối đa Không cho điểm bài vẽ hình Những cách giải khác đúng cho điểm tối đa Chấm điểm phần, điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần (không làm tròn)