DE LAM SON 1617

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 trị nhỏ nhất của biểu t[r]

ĐỀ THI LỚP 10 THPT LAM SƠN NĂM HỌC 2016 – 2017 Tốn chung (Dành cho thí sinh) (Thời gian làm 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 giá trị x để A 0 Câu II (2.0 điểm) : a/ Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d1) : y  m2  1 x  2m (m tham số) (d2) : y 3x  Tìm giá trị tham số m để đường thẳng (d1) (d2) song song với b/ Cho phương trình : x   m  1 x  2m  0 (với m tham số) Tìm giá trị m x để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn   2mx1  2m  1  x2   0  x  y 3  Câu III (2.0 điểm) : a/ Giải hệ phương trình 3 x  y 1 b/ Giải phương trinh : x  x   x   x  o  Câu IV (3.0 điểm) : Cho hình bình hành ABCD với BAD  90 , tia phân giác góc  BCD  90o cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD O (Khác C), kẻ đường thẳng (d) qua A vng góc với CO Đường thẳng (d) cắt đường thẳng CB, CD M N   a/ Chứng minh OBM  ODC b/ Chứng minh ∆OBM = ∆ODC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN c/ Gọi K giao điểm OC BD, I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD ND IB2 – IK  KD Chứng minh : 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 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ Câu Nội dung Điể m 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 A   x    x x  x x Vậy với x 0; x 9 b/ Tìm tất giá trị x để A 0  3 x 0    x    x 9     x 0  3 x 0 x 0   x  30 A 0  x     CâuI I 1.0 Kết hợp điều kiện => x > x = A 0 a/ Để đường thẳng (d1) (d2) song song với   m 2  m  3  m2 4  a a '         m   m   b b '  2m 4 m 2  m 2  0.5 Vậy với m = - đường thẳng (d1) song song vi đường thẳng (d2) b/ x   m  1 x  2m  0 Ta có :  '  m  1  2m  m2  4m   m     với m , nên phương trình ln có nghiệm phân biệt với m Theo vi ét ta có  x1  x2 2m    x1 x2 2m  Để x 0.5  2mx1  2m  1  x2   0  x   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  1.0 m Vậy Câu III  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  y  b/ Giải phương trinh : x  x   x   x  x  x   x   x   x Điều kiện x   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  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 ∆ODC có  C   OB  OD   OB OD C (1b)   OBM  ODC (C/m câu a) (2b)   Do AD//BC (gt) => AD//MC => NAD  NMC (đồng vị ) (3b) 0.75   Do ∆CMN có đường cao vừa 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 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN xét ∆OCM ∆OCN có   OC cạnh chung (6b) ; C1 C2 (gt) (7b) CM = CN (c/m trên) (8b) Từ 6b,7b,8b => ∆OCM = ∆OCN (c.g.c) => OM = ON mà ON = OC => OM = ON = OC => O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN (ĐPCM) ND IB2 – IK  KD c/ Chứng minh : MB Gọi giao điểm IK với đường tròn tâm I G 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 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 P  zx  1  xy  1 y2 x2 z2    zx  1  xy  1  yz  1 x y z 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 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 :  ; 15 15  P  x  y z  2 Vậy => 27 27     9 x  y  z x  y  z        4 x  y  z   Ta có : ; P 3  ... đường thẳng (d1) (d2) song song với   m 2  m  3  m2 4  a a ''         m   m   b b ''  2m 4 m 2  m 2  0.5 Vậy với m = - đường thẳng (d1) song song vi đường thẳng