De-DA thi khao sat chon HSG lớp 10

sở gd - đt thái bình
trờng thpt nguyễn đức cảnh
đề thi khảo sát
môn toán 10
(Thời gian làm bài : 120 phút)
Bài 1.(2điểm)
1) Giải bất phơng trình :
2
2
3 2
4 0
3
x x
x x
x

+

ữ


2) Tìm m để phơng trình sau đây có nghiệm:
2
2 2 1x x m x + = +
Bài 2.(2điểm)
1) Giải hệ phơng trình:
4
5 5 6
x y xy
x y

+ =


+ + + =


2) Tìm m để hệ phơng trình sau đây có nghiệm duy nhất:
2 2
8
x y z m
x y z
+ + =


+ =

Bài 3.(2 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết đờng
chéo AC có phơng trình là: x + 2y 3 = 0, đờng chéo BD qua điểm M(-1;-3) và
cạnh AB qua điểm N(1;-4).
Bài 4.(2 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình : (x-1)
2
+ (y+4)
2
= 25.
1) Viết phơng trình đờng thẳng (d) qua M(3;-1) cắt đờng tròn (C) tại hai điểm
A, B sao cho AB = 8.
2) Cho P(5;10), Q(8;1). Tìm điểm N thuộc đờng tròn (C) sao cho
2NP NQ+

uuur uuur
nhỏ nhất.
Bài 5.(2 điểm)
CMR với mọi tam giác ABC bất kì ta có:
1) sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C = 2 + 2cosA.cosB.cosC
2)
1 sin 1 sin 1 sin 2 cos cos cos
4 4 4
A B C
A B C

+ + + + + + +
ữ

Hết
Đáp án
Bài Đáp án Điểm
1
1) Giải bất phơng trình :
2
2
3 2
4 0
3

x x
x x
x

+

ữ


1đ
{ }
[
)
2
2
2
2
2
3 2
4 0
3
0
4 0
1:
4
3 0
4 0
0 4
2 : 4
3 2

1 2 3
0
3
0 4;
x x
x x
x
x
x x
TH
x
x
x x
x x
TH x
x x
x x
x
x

+

ữ


=
=

=




>
< >


>

+
>





+
0.5
0.5
2)Tìm m để phơng trình sau đây có nghuệm:
2
2 2 1x x m x + = +
1đ
2
2
1
2 2 1
4 1 0(*)

x
x x m x
x x m


+ = +

+ =

Để phơng trình đã cho có nghiệm thì phơng trình (*) phải có nghiệm
1x

Đặt y = x 1 thì (*) trở thành : y
2
2y + m 4 = 0 (**)
1) Pt(*) có nghiệm
1 2
1x x
thì
pt(**) có hai nghiệm
1 2
0 4 0 4y y m m
2) Pt(*) có nghiệm
1 2 1 2
1 (**) : 0x x Pt y y
' 5 0
2 0 4 5
4 0
m
m

m
=







KL:
5m
0.5
0.5
Bài
2
Giải hệ phơng trình:
4 (1)
5 5 6 (2)
x y xy
x y

+ =


+ + + =


1đ
+ Đặt
, ( 0)xy t t=

=> xy = t
2
và từ (1) ta có x + y = t + 4
+ Bình phơng hai vế của (2) ta đợc
2
2
2 2 2
10 2 ( 5)( 5) 36
2 5( ) 25 26
4 2 5( 4) 25 26
2 5( 4) 25 22
0 22 0 22
0 22
4
4 & 76 / 3
4( 5 45) (22 ) 3 64 304 0
x y x y
x y xy x y
t t t
t t t
t t
t
t
t t
t t t t t
+ + + + + =
+ + + + + =
+ + + + + =
+ + + =

=

= =
+ + = + =


+ Hệ <=>
8
4
16
x y
x y
xy
+ =

= =

=

2)Tìm m để hệ phơng trình sau đây có nghiệm duy nhất:
2 2
8
x y z m
x y z
+ + =


+ =

1đ
ĐKC: Nhận xét hpt đã cho đối xứng với x và y nên nếu (x
0
;y
0
) là một nghiệm thì (y
0
;
x
0
) cũng là nghiệm của hpt suy ra hệ pt nhận (x
0
;y
0
) làm nghiệm duy nhất <=> x
0
= y
0
.
0.5
Thế x = y = x
0
vào hệ ta đợc:
0
2
0 0
2
0
2

8 4 0(*)
2 8
x z m
x x m
x z
+ =


+ =

=


Do x
0
là nghiệm duy nhất nên (*) phải có nghiệm x
0
duy nhất
' 16 4 0 4m m
= + = =
ĐKĐ: Với m = -4 ta có :
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
4
8( 4 )
8 4
4
4 4 0

4
4
4
x y z
x y x y
x y z z x y
x
x y
y
z x y
z
+ + =

+ =


+ = =

=


+ + + =

=

=



=

Hệ có nghiệm duy nhất (-4;-4;4) thoả mãn.
KL: m = -4
0.5
3
Trong mặt phẳng Oxy tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết đ-
ờng chéo AC có phơng trình là: x + 2y 3 = 0, đờng chéo BD qua điểm
M(-1;-3) và cạnh AB qua điểm N(1;-4).
2
+ Viết pt BD: 2x y 1 = 0 => giao điểm hai đờng chéo là I(1;1)
+ Gọi
( ; )n a b
r
là VTPT của AB. Do AB tạo với AC góc 45
0
nên ta có:
0
2 2 2 2
2 2 2
2 2
2 2
1
cos 45
2
5 5
5( ) 2( 2 )
3 8 3 0
a b a b
a b a b
a b a b

a ab b
+ +
= =
+ +
+ = +
=
Chọn b = 1 suy ra
1
3;
3
a a= =
+ TH1: a = 3, b = 1 ta có AB: 3x + y + 1 = 0 => A(-1;2), B(0;-1), C(3;0), D(2;3)
+TH2: a = -1/3, b = 1 ta có AB: x 3y 13 = 0 => A(7;-2), B(-2;-5), C(-
5;4),D(4;7)
4 Trong mặt phẳng Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình : (x-1)
2
+ (y+4)
2
= 25.
1) Viết phơng trình đờng thẳng (d) qua M(3;-1) cắt đờng tròn (C) tại hai điểm
A, B sao cho AB = 8.
2) Cho P(5;10), Q(8;1). Tìm điểm N thuộc tròn (C) sao cho
2NP NQ+
uuur uuur
min.
+ (C) có tâm I(1;-4) và bán kính R = 5
+ Đt (d) qua M(3;-1) nên pt có dạng: a(x-3) + b(y+1) = 0 (đk: a
2
+ b
2

khác 0)
Khoảng cách từ I đến đờng thẳng (d) là
2
2
( , ) 3
2
AB
d I d R

= =
ữ

( )
( )
2
2 2 2
2 2
0
2 3
3 2 3 9 5 12 0
12
5
a
a b
a b a b a ab
b
a
a b
=

= + = + =
=
+
TH1: a = 0 chọn b = 1 => (d): y + 1 = 0
TH2: a = 12b/5 chọn b = 5, a = 12 ==> (d): 12x + 5y 31 = 0
3) Cho P(5;10), Q(8;1). Tìm
điểm N thuộc đờng tròn (C)
sao cho
2NP NQ+
uuur uuur
nhỏ nhất.
+Xét điểm K(x;y) sao cho:
5 2(8 ) 0 7
2
10 2(1 ) 0 4
x x x
KP KQ O
y y y
+ = =

+ =

+ = =

uuur uuur ur
+ Ta có: p =
2 3 3NP NQ NK NK+ = =
uuur uuur uuur
suy ra giá trị này nhỏ nhất khi chỉ khi
NK ngắn nhất, ta có N là giao điểm của KI với đờng tròn (C)

+ Phơng trình KI là
1 3
4 4
x t
y t
= +


= +

và tìm đợc hai giao điểm của KI với (C) là
N
1
(4;0) và N
2
(-2;-8)
Dễ thấy K nằm ngoài (C) nên N phải ở giữa K và I hay
&NI NK
uur uuur
ngợc h-
ớng.Vậy N=N
1
(4;0)
6
CMR với mọi tam giác ABC bất kì ta có:
1) sin
2
A + sin
2
B + sin

2
C = 2 + 2cosA.cosB.cosC
2)
1 sin 1 sin 1 sin 2 cos cos cos
4 4 4
A B C
A B C

+ + + + + + +
ữ

1.5đ
áp dụng BĐT Bunhia ta có:
1 sin 1 sin 2(2 sin sin ) 2(2 2sin cos )
2 2
2 1 cos 2 2 cos ,(1)
2 4
A B A B
A B A B
C C
+
+ + + + + = +
+ =
1 sin 1 sin 2 2 cos ,(2) 1 sin 1 sin 2 2 cos ,(3)
4 4
A B
B C C A+ + + + + +
Cộng theo vế ba BĐT trên suy ra điều phải chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi chỉ khi tam giác ABC đều.
1.0

0.5
[ ]
[ ]
2
2
1 cos2 1 cos2
sin
2 2
2 cos( ).cos( ) cos
2 cos cos( ) cos
2 cos cos( ) cos( )
2 2cos .cos .cos
A B
VT C
A B A B C
C A B C
C A B A B
A B C

= + +
= +
= +
= + + +
= +
Hết
Biện luận theo m giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau đây:
( ) ( )
2 2
2 5F x y x my= + + +
1đ

Xét hệ phơng trình:
2 0 2
5 0 5
x y x y
x my x my
+ = =



+ = + =

D = m + 1 D
x
= 5 2m D
y
= 7
TH1. Nếu
1m
thì hệ có nghiệm duy nhất (x
0
;y
0
)
0.5
0 0
;
y
x
D
D

x y
D D
= =
Khi đó F
min
= 0
TH2. Nếu m = -1 > F = (x y + 2)
2
+ (x y - 5)
2
Đặt x y = t ta có F = (t + 2)
2
+ (t - 5)
2

= 2t
2
6t + 29
F
min
= F(3/2) = 49/2
0.5
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có giao điểm hai đờng chéo
là I(5;-2), đờng thẳng AB đi qua điểm M(0;-3), đờng thẳng CD đi qua điểm N(9;-2) và diện
tích của hình chữ nhật là 16. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.
1.5
+ Gọi M là điểm đối xứng với M qua điểm I, ta có M(10;-1) và M thuộc đờng thẳng CD.
Ta có phơng trình CD là :
9 2
11 0

1 1
x y
x y
+
= =
+ Theo giả thiết ta lại có diện tích của hình chữ nhật là 16 suy ra:
5 2 11
2 ( ; ) 2 4 2
2
16
2 2
4 2
ABCD
AD d I CD
S
AB
AD
+
= = =
= = =
+ Điểm C thuộc đờng thẳng CD nên có tọa độ dạng (x;x-11).Ta có:
( ) ( )
2 2
2
2 2
2 8 10
2 2
5 9 10 8; 6
AB AD
IC

x x x x

= + = + =
ữ ữ

+ = = =
TH1: nếu C(8;-3) thì D(6;-5) suy ra A(2;-1) và B(4;1)
TH2: nếu C(6;-5) thì D(8;-3) và A(4;1) và B(2;-1)
0.5
0.5
0.5
Trong mặt phẳng Oxy cho Elip(E):
2 2
1
16 9
x y
+ =
.
1)Viết phơng trình đờng thẳng (d) song song với trục Ox cắt (E) tại hai điểm M, N phân biệt
sao cho
OM ON
.
1đ
+ Đờng thẳng (d) // Ox nên có phơng trình y = m. Theo tính đối xứng của (E) suy ra tọa độ
M, N có dạng M(x;m) và N(-x;m)
(giả sử y > 0)
+ Ta có:
2 2
2 2
( ; ) ( )

1
12
16 9
5
. 0
0
x m
M x m E
m
OM ON
x m



+ =

=

=



=

uuuur uuur
Vậy có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán y =
12
5

0.5

0.5
2)Tam giác A
2
BC đều nội tiếp elip(E), biết A
2
(4;0) là một đỉnh của elip và B, C đối xứng
nhau qua Ox. Xác định toạ độ các đỉnh B, C.
1đ
+ Gọi toạ độ các điểm B(x
0
;y
0
) và C(x
0
;-y
0
) đk: -4 < x
0
< 4
do B thuộc (E) nên ta có:
2 2
0 0
1
16 9
x y
+ =
, (1)
+Tam giác A
2
BC đều nên ta có A

2
B = BC
( )
2
2 2
0 0 0 0 0
x 4 y 4y 4 3 , (2)x y + = =

Thế (2) vào (1) suy ra
2 2
0 0 0
72 3
9(4 3 ) 16 16.9
43
y y y + = =

0
44
43
x =

Vậy B(
44
43

;
72 3
43
),C(
44

43

;
72 3
43
)
0.5
0.5
1)Tìm m để hệ phơng trình sau đây có nghiệm:
2 1 3x y
x y m

+ + =


+ =


1đ
Đặt
2 , 1 ( , 0)x u y v u v = + =
> u
2
+ v
2
= x+ y -1 >
Hệ pt:
2 2
3
3

10
1
2
u v
u v
m
uv
u v m
+ =

+ =





=
+ =



Suy ra u,v là các nghiệm của phơng trình X
2
3X +
10
2
m
= 0 (1)
ĐK để hệ có nghiệm thì pt(1) phải có hai nghiệm không âm
0 2 11 0

11
0 3 0 10
2
0 10 0
m
S m
P m








0.5
0.5
2) Cho tam giác ABC có 4A = 2B = C, (A, B, C là các góc trong tam giác ABC).
CMR:
2 2 2
3 3 3 7
cos cos cos
2 2 2 4
A B A


+ + + + + =
ữ ữ ữ

+ Từ giả thiết 4A = 2B = C suy ra

2 4
, , ,
7 7 7
A B C

= = =
+ Biến đổi VT =
2 2cos .cos .cosA B C
+
2 4
2 2cos .cos .cos
7 7 7
2 2 4
2 sin cos .cos .cos
7 7 7 7
sin
7
2 8 1 7
2 sin 2
7 4 4
8sin
7
VT





= +
= +

= + = =
2)Giải phơng trình :
2 2
2 2 9 ( 2) 2 9x x x x+ = + +
1đ
Đặt
2
2 9x
= t, đk: t > 0
Phơng trình : t
2
(x+1)t + x = 0
( )
2
2
2
t x 2 t 2x 0
13
2 2 9 2
2
2 9
3
t x
x
t x
x x
x
+ + =

= =

=



=


=

=
hớng dẫn chấm
Bài Đáp án Điểm
1.1
(1đ)
{ }
[
)
2
2
2
0
4 0
1:
4
3 0
4 0
0 4
2 : 4
3 2

1 2 3
0
3
: 0 4;
x
x x
TH
x
x
x x
x x
TH x
x x
x x
x
TL x
=
=



=




>
< >

>

+
>





+
0.25
0.5
0.25
1.2
(1đ)
2
2
1
2 2 1
4 1 0(*)
x
x x m x
x x m


+ = +

+ =

Để phơng trình đã cho có nghiệm thì phơng trình (*) phải có nghiệm

1x

Đặt y = x 1 thì (*) trở thành : y
2
2y + m 4 = 0 (**)
TH1:Pt(*) có nghiệm
1 2
1x x
thì pt(**) có hai nghiệm
1 2
0 4 0 4y y m m
TH2: Pt(*) có nghiệm
1 2 1 2
1 (**) : 0x x Pt y y
' 5 0
2 0 4 5
4 0
m
m
m
=







TL:
5m

0.5
0.5
2.1
(1đ)
+ Đặt
, ( 0)xy t t=
=> xy = t
2
và từ (1) ta có x + y = t + 4
+ Bình phơng hai vế của (2) ta đợc
0.25
2
2 2 2
10 2 ( 5)( 5) 36
2 5( 4) 25 22
0 22 0 22
0 22
4
4 & 76 / 3
4( 5 45) (22 ) 3 64 304 0
x y x y
t t t
t t
t
t
t t
t t t t t
+ + + + + =
+ + + =

=

= =
+ + = + =


+ Hệ <=>
8
4
16
x y
x y
xy
+ =

= =

=

0.5
0.25
2.2
(1đ)
ĐKC: Nhận xét hpt đã cho đi xứng với x và y nên nếu (x
0
;y
0

;z
0
) là một nghiệm thì
(y
0
; x
0
;z
0
) cũng là nghiệm của hpt suy ra hệ pt nhận (x
0
;y
0
;z
0
) làm nghiệm duy nhất thì
x
0
= y
0
. Thế x = y = x
0
vào hệ ta đợc:
0
2
0 0
2
0
2
8 4 0(*)

2 8
x z m
x x m
x z
+ =


+ =

=


Do x
0
là nghiệm duy nhất nên (*) phải có nghiệm x
0
duy nhất
' 16 4 0 4m m
= + = =
ĐKĐ: Với m = -4 ta có :
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
4
4
4 4 08( 4 )
4
8 4
4

4
x
x y z
x yx y x y
y
x y z z x y
z x y
z
=


+ + =

+ + + =+ =

=

+ = =

=



=

Hệ có nghiệm duy nhất (-4;-4;4) thoả mãn.
KL: m = -4
0.5
0.5
3 + Viết pt BD: 2x y 1 = 0 => giao điểm hai đờng chéo là I(1;1)

+ Gọi
( ; )n a b
r
là VTPT của AB. Do AB tạo với AC góc 45
0
nên ta có:
0 2 2
2 2 2 2
2 2
1
cos 45 3 8 3 0
2
5 5
a b a b
a ab b
a b a b
+ +
= = =
+ +
Chọn b = 1 suy ra
1
3;
3
a a= =
+ TH1: a = 3, b = 1 ta có AB: 3x + y + 1 = 0 => A(-1;2), B(0;-1), C(3;0), D(2;3)
+TH2: a = -1/3, b = 1 ta có AB: x 3y 13 = 0 => A(7;-2), B(-2;-5), C(-
5;4),D(4;7)
0.25
0.5
0.25

0.5
0.5
4
4.1
(1đ)
+ (C) có tâm I(1;-4) và bán kính R = 5
+ Đt (d) qua M(3;-1) nên pt có dạng: a(x-3) + b(y+1) = 0 (đk: a
2
+ b
2
khác 0)
Khoảng cách từ I đến đờng thẳng (d) là
2
2
( , ) 3
2
AB
d I d R

= =
ữ

( )
( )
2
2 2 2
2 2
0
2 3
3 2 3 9 5 12 0

12
5
a
a b
a b a b a ab
b
a
a b
=

= + = + =
=
+
TH1: a = 0 chọn b = 1 => (d): y + 1 = 0
TH2: a = 12b/5 chọn b = 5, a = 12 ==> (d): 12x + 5y 31 = 0
0.25
0.5
0.25
4.2
(1đ)
+Xét điểm K(x;y) sao cho:
5 2(8 ) 0 7
2
10 2(1 ) 0 4
x x x
KP KQ O
y y y
+ = =

+ =

+ = =

uuur uuur ur
+ Ta có: p =
2 3 3NP NQ NK NK+ = =
uuur uuur uuur
suy ra giá trị này nhỏ nhất khi chỉ khi
NK ngắn nhất, ta có N là giao điểm của KI với đờng tròn (C)
+ Phơng trình KI là
1 3
4 4
x t
y t
= +


= +

và tìm đợc hai giao điểm của KI với (C) là
N
1
(4;0) và N
2
(-2;-8)
Dễ thấy K nằm ngoài (C) nên N phải ở giữa K và I hay
&NI NK
uur uuur
ngợc h-
ớng.Vậy N=N

1
(4;0)
5 CMR với mọi tam giác ABC bất kì ta có:
1) sin
2
A + sin
2
B + sin
2
C = 2 + 2cosA.cosB.cosC 2)
2đ
1 sin 1 sin 1 sin 2 cos cos cos
4 4 4
A B C
A B C
 
+ + + + + ≤ + +
 ÷
 
5.1
(1®)
[ ]
[ ]
2
2
1 cos2 1 cos2
sin
2 2
2 cos( ).cos( ) cos
2 cos cos( ) cos

2 cos cos( ) cos( )
2 2cos .cos .cos
A B
VT C
A B A B C
C A B C
C A B A B
A B C
− −
= + +
= − + − −
= + − −
= + − + +
= +
0.5
0.5
5.2
(1®)
+ ¸p dông B§T Bunhia ta cã:
1 sin 1 sin 2(2 sin sin ) 2(2 2sin cos )
2 2
2 1 cos 2 2 cos ,(1)
2 4
A B A B
A B A B
C C
+ −
+ + + ≤ + + = +
≤ + =
1 sin 1 sin 2 2 cos ,(2) 1 sin 1 sin 2 2 cos ,(3)

4 4
A B
B C C A+ + + ≤ + + + ≤
+ Céng theo vÕ ba B§T trªn suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh.
DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi chØ khi tam gi¸c ABC ®Òu.
0.5
0.25
0.25
HÕt