De Toan vao lop 10 Lam Son 2016 2017

a/ Chứng minh OBM  ODC b/ Chứng minh ∆OBM = ∆ODC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN c/ Gọi K là giao điểm của OC và BD, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD.. Tìm giá[r]

Google: thcs nguyen van troi q2 –Để xem các đề thi hay SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN ĐỀ THI LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: Toán chung (Dành cho thí sinh) (Thời gian làm bài 120 phút) Câu I (2.0 điểm) Cho biểu thức A x x   11 x    x (Với x 0; x 9 ) x 3 x a/ Rút gọn A b/ Tìm tất các giá trị x để A 0 Câu II (2.0 điểm) a/ Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d1): y  m  1 x  2m (m là tham số) và (d2): y 3x  Tìm các giá trị tham số m để đường thẳng (d1) và (d2) song song với b/ Cho phương trình: x   m  1 x  2m  0 (với m là tham số) Tìm các giá trị m để x phương trình đó có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn  2mx1  2m  1  x2   0 Câu III (2.0 điểm) 2 x  y 3  a/ Giải hệ phương trình 3 x  y 1 b/ Giải phương trình: x  x   x   x    o o Câu IV (3.0 điểm): Cho hình bình hành ABCD với BAD  90 , tia phân giác góc BCD  90 cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD O (Khác C), kẻ đường thẳng (d) qua A và vuông góc với CO Đường thẳng (d) cắt đường thẳng CB, CD M và N   a/ Chứng minh OBM  ODC b/ Chứng minh ∆OBM = ∆ODC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN c/ Gọi K là giao điểm OC và BD, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD Chứng ND IB2 – IK  KD minh rằng: MB Câu V (1.0 điểm): Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z Tìm giá trị nhỏ biểu thức  2 x  yz  1 y  zx  1 z  xy  1 P   z  zx  1 x  xy  1 y  yz  1 Google: thcs nguyen van troi q2 –Để xem các đề thi hay HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ Câu Nội dung Điểm a/ Rút gọn A A x x   11 x   9 x x 3 x A x x 1   x 3 x A A x  11 x   x 3 x  1.0   x 1  x  3 11  x  3  x  3 x  x x  x  x  x   11 x   x 3  x CâuI A  x 3x  x  x 3   x     x 3 x 3   x    x x  x x Vậy với x 0; x 9 thì b/ Tìm tất các giá trị x để A 0 A x 0 A 0  x    3 x 0    x    x 9     x 0  3 x 0    x   1.0 Kết hợp điều kiện => x > x = thì A 0 CâuII a/ Để đường thẳng (d1) và (d2) song song với thì   m 2  m  3  m2 4  a a '         m   m   b b '  2m 4 m 2  m 2  0.5 Vậy với m = - thì đường thẳng (d1) song song vi đường thẳng (d2) b/ x   m  1 x  2m  0 Ta có:  '  m  1  2m  m2  4m   m     phương trình luôn có nghiệm phân biệt với m với m, nên Google: thcs nguyen van troi q2 –Để xem các đề thi hay Theo vi ét ta có  x1  x2 2m    x1 x2 2m  x Để 0.5  2mx1  2m  1  x2   0  x12   m  1 x1  2m   x1    x2   0 =>  x1   x2   0  x1   x2   0 =>  =>  => x2   x1 x2  x1 0 x  x  x x  0 =>   2 2m     2m    0 Thay vào ta có :  => 4m   2m   0 => 2m  0  m  Vậy Câu III m 1.0  x  y 3  a/ Giải hệ phương trình 3 x  y 1 Điều kiện : x, y ≥ Đặt x a, y b(a, b 0) Ta có hệ phương trình  2a  b 3 4a  2b 6 7 a 7  a 1        3a  2b 1 3a  2b 1 2a  b 3 b 1 => 1.0  x 1  x 1 (TMDK )     y 1  y 1  x 1  x 1   Vậy hệ có nghiệm:  y 1 và  y  b/ Giải phương trinh: x  x   x   x  x   x   x   x x  x2  Điều kiện  x      x    16  x   x   x  a 0  Đặt  x  b , ta có phương trình a  4b  16 ab  a  16  4b  ab 0   a    a    b  a   0  a 4  a    a   b  0  =>  a b  1.0 Google: thcs nguyen van troi q2 –Để xem các đề thi hay  x  4  x  4     x  23  x   x    x   x => Vậy phương trình có nghiệm : x  23 Câu Hình IV M B A G O K I N C D H   a/ Chứng minh OBM  ODC Ta có tứ giác OBCD nội tiếp (gt) o   => OBC + ODC 180 (đ/l) (1a) 1.0 o   Ta có: OBC + OBM 180 (Hai góc kề bù) (2a)   Từ 1a,2a => OBM  ODC (ĐPCM) a/ + Chứng minh ∆OBM = ∆ODC xét ∆OBM và ∆ODC có  C   OB  OD   OB OD C (1b)   OBM  ODC (C/m câu a) (2b) 0.75 Google: thcs nguyen van troi q2 –Để xem các đề thi hay   Do AD//BC (gt) => AD//MC => NAD  NMC (đồng vị) (3b)   Do ∆CMN có đường cao vừa là đường phân giác => MNC  NMC (4b) Từ 3b, 4b => ∆DAN cân D => AD = ND mà CN = CM (Do tam giác CMN cân) => CN – ND = CM – BC => BM = DC (5b) Từ 1b, 2b, 5b => ∆OBM = ∆ODC (c.g.c) (ĐPCM) 0.75 + Chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN xét ∆OCM và ∆OCN có   OC là cạnh chung (6b) ; C1 C2 (gt) (7b) và CM = CN (c/m trên) (8b) Từ 6b,7b,8b => ∆OCM = ∆OCN (c.g.c) => OM = ON mà ON = OC => OM = ON = OC => O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN (ĐPCM) ND IB2 – IK  KD c/ Chứng minh rằng: MB Gọi giao điểm IK với đường tròn tâm I là G và H Ta có IB2 – IK  IB  IK   IB  IK   IG  IK   IH  IK  KG.KG    KD KD KD KD mà KG.KH = KD.KB IB2 – IK KD.KB KB   KD KD KD (1c) => 0.5 Do ND = AD = BC và MB = CD (chứng minh trên) ND BC BC KB   CD mà CD KD (Tính chất tia phân giác) => MB ND KB  KD (2c) => MB ND IB2 – IK  KD Từ 1c, 2c => MB (ĐPCM) Câu V Ta có 1.0 2 x  yz  1 y  zx  1 z  xy  1 P   z  zx  1 x  xy  1 y  yz  1  yz  1  zx  1  xy  1 2 y2 x z P    zx  1  xy  1  yz  1 x y z Google: thcs nguyen van troi q2 –Để xem các đề thi hay 2 1 1 1    y  z      x y z x   P    1 z x y x y z a12 a2 a32  a1  a2  a3     b b b b1  b2  b3 Áp dụng BĐT: a1 a2 a3   b b2 b3 Dấu = xảy 2 2  1 1 1 1 1    x yz x  y  z  y  z  x y z x     P    1  1 1 z x y x yz     x y z x y z   1 1 P  x  y  z     x y z  1    Áp dụng BĐT : x y z x  y  z P x  y  z  =>   9 27  x  y  z   x yz  4 x  y  z  4 x  y  z 27 27     9 3  x  y  z  x yz  2 4 x  y  z  Ta có:  ; => P 3  15 15  P  x  y z  2 Vậy