de thi va dap an vao lop 10 thai binh 20142015

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH.. Rút gọn biểu thức P..[r]

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gia giao đề) Câu (2,0 điểm)  x 1  P   :   x  x x   x  x  với x > 0, x  Cho biểu thức: Rút gọn biểu thức P Tìm x để P = -1 Câu (2,0 điểm):  x  my  m   mx  y  2m Cho hệ phương trình:  (m là tham số) Giải hệ phương trình m = x   y 1  Tìm m để hệ phương trình có nghiệm nhất (x; y) thoả mãn: Câu (2,0 điểm) Cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2x + m (m là tham số) Tìm toạ độ giao điểm của (d) và (P) m = Tìm m để (d) cắt (P) tại điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thoả mãn: x12  x 22  x1  x  2014 Câu (3,5 điểm): Cho hình thang vuông ABCD (vuông tại A và D) với đáy lớn AB có độ dài gấp đôi đáy nho DC Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BD Gọi M, N lần lượt là trung điểm của HA, HB và I là trung điểm của AB Chứng minh: MN  AD và DM  AN Chứng minh: các điểm A, I, N, C, D nằm trên cùng một đường tròn Chứng minh: AN.BD = 2DC.AC Câu (0,5 điểm): Cho số dương a, b, c thoả mãn: ab + bc + ca = 3abc Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 F   a  2b  3c 2a  3b  c 3a  b  2c - HẾT Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………………… ĐÁP ÁN (Không chính thức) CÂU NỘI DUNG  x 1  P   :   x  x x   x  x  với x > 0, x  Cho biểu thức: ĐIỂM 2,0 Rút gọn biểu thức P Tìm x để P = -1 Với x > 0, x  thì:    x ( x  1)  P 1 x (   x ( x  1) x  x  x 1 :  x   ( x  1) x  1) x 1 0,25 0,25 P Vậy với x > 0, x  thì Với x  0, x ≠ 1, thì: x P     x  x 1   x x x x   x 0,25 x (thoả mãn x > 0, x  1) thì P = -1 Vậy với  x  my  m   mx  y  2m Cho hệ phương trình:  (m là tham số) Giải hệ phương trình m = x x   y 1  Tìm m để hệ phương trình có nghiệm nhất (x; y) thoả mãn:  x  2y 3  2x  y  Với m = 2, hệ phương trình đã cho trở thành:    x  2y 3 3x  x     4x  2y 8 2x  y   y   2x   x     y    0,25   x   y   0,25 0,25 0,25 0,25 2,0 0,25 0,25 0,25 x y 3, Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm nhất  x  my  m  (1)  mx  y  2m (2) Xét hệ:  Từ (2)  y = 2m – mx, thay vào (1) ta được: x + m(2m – mx) = m +  (m2 - 1)x = 2m2 – m - (3) Hệ phương trình đã cho có nghiệm nhất  (3) có nghiệm nhất  m2 –   m2   m  ± (*) Khi đó hệ đã cho có nghiệm nhất: 2m  m  (m  1)(2m  1) 2m  x   m2  (m  1)(m  1) m 1 ; 2m  m y  2m – mx  m(2 - x)  m( ) m1 m 1  2m   1 2   m   x   m 1    m    m    m   y 1   1 0   m  m    Ta có: Kết hợp với (*) ta được giá trị m cần tìm là: m < -1 Cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d): y = 2x + m (m là tham số) Tìm toạ độ giao điểm của (d) và (P) m = Tìm m để (d) cắt (P) tại điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thoả mãn: x12  x 22  x1  x  2014 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2,0 Với m =  (d): y = 2x + Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là x2 = 2x +  x2 – 2x – = Vì a – b + c = + – = nên phương trình trên có hai nghiệm: x1 = -1, x2 = Với x = x1 = -1  y1 = (-1)2 = Với x = x2 =  y1 = 32 = Vậy toạ độ giao điểm của (d) và (P) lần lượt là: (-1 ; 1) và (3 ; 9) 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 = 2x + m  x2 – 2x – m = (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt  phương trình hoành độ có hai nghiệm phân biệt  ’ = + m >  m > -1  x1  x   x x  m Theo định lí Vi-et, ta có:  2 x  x  x1  x  2014  (x1  x )  2x1x  x1  x  2014 Theo giả thiết:  + 2m + = 2014  2m = 2008  m = 1004 > -1 (thoả mãn) Vậy giá trị cần tìm của m là m = 1004 0,25 Cho hình thang vuông ABCD (vuông tại A và D) với đáy lớn AB có độ dài gấp đôi đáy nho DC Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BD Gọi M, N lần lượt là trung điểm của HA, HB và I là trung điểm của AB Chứng minh: MN  AD và DM  AN Chứng minh: các điểm A, I, N, C, D nằm trên cùng một đường tròn Chứng minh: AN.BD = 2DC.AC 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3,5 HAB có MH = MA (gt), NH = NB (gt)  MN là đường trung bình của HAB  MN // AB o  Mà AD  AB (vì A  90 )  MN  AD ADN có MN  AD (chứng minh trên), AH  BD (gt)  NM và AH là hai đường cao của ADN  M là trực tâm của ADN  AM là đường cao thứ ba  DM  AN MN  AB 2 Vì MN là đường trung bình của HAB  MN // AB, DC  AB Lại có: DC // AB, (gt)  DC // MN, DC = MN  CDMN là hình bình hành  DM // CN o  Mà DM  AN (chứng minh trên)  CN  AN  ANC 90 AB) Mặt khác, xét tứ giác ADCI có: DC // AI (vì DC // AB), DC = AI (vì cùng bằng  ADCI là hình bình hành o    AIC  ADC  90 o    Ta có: ADC  ANC  AIC 90  các điểm A, I, N, C, D nằm trên cùng một đường tròn đường kính AC    Xét đường tròn đường kính AC có: ADN  ACN (hai góc nội tiếp cùng chắn AN)   hay ADB  ACN o     Xét ABD và NAC có: DAB  CNA  90 , ADB  ACN (chứng minh trên)  ABD ~ NAC (g.g) AB BD 2DC BD    AN AC Mà AB = 2DC  AN AC  AN.BD = 2DC.AC (đpcm) Cho số dương a, b, c thoả mãn: ab + bc + ca = 3abc Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: F 1   a  2b  3c 2a  3b  c 3a  b  2c 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5  ab 1 1       a  b 4ab ab 4 a b Với a, b > ta có: 4ab  (a + b)2 Dấu bằng có  a = b Áp dụng kết quả trên, ta có: 1 1 1      a  2b  3c (a  2b)  3c  a  2b 3c     1 1  1        b 3b b  3b  a  2b   2a  b 6b a a 2  2    Lại có: 1 1    Tương tự: b  2a a  2b 6a 1 1 1 1         a  2b 2a  b 6b a  2b 12a 6b 1 1        a  2b 12a 6b a  2b 9a 9b 1 1  1 1         Suy ra: a  2b  3c  a  2b 3c   9a 9b 3c  1 1       Tương tự: 2a  3b  c  9a 3b 9c  1 1 2      3a  b  2c  3a 9b 9c  (1) (2) (3) Suy ra: 1 1 2  ab  bc  ca 1          3  a  2b  3c 2a  3b  c 3a  b  2c  3a 3b 3c  abc Các bất đẳng thức (1), (2) và (3) có dấu bằng xảy  a = b = c Còn bất đẳng thức (4) có dấu bằng xảy  a = b = c = 1 Vậy Fmax =  a = b = c = 0,25 0,25 (4)