Giáo án Tuần 21 - Lớp 4 - Nguyễn Thị Loan

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Së GD &§T L¹ng S¬n Trường THPT Bắc Sơn. đề Thi chọn HS Giỏi lớp 10 M«n: To¸n häc (Thời gian làm bài : 180 phút). Câu 1: ( 4 điểm) Giải bất phương trình : 7 x  7  7 x  6  2 49 x 2  7 x  42  181  14 x. Câu 2: ( 5 điểm) Cho hệ phương trình :  xy  x 2  m( y  1)  2  xy  y  m( x  1). (I). a) Giải hệ PT với m= -1 b) Tìm m để hệ PT có nghiệm duy nhất Câu 3: ( 4 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB tại T, đường thẳng CT cắt đường tròn tại K khác T. Giả sử K là trung điểm CT và CT  6 2 .Hãy tính độ dài các cạnh của tam giác ABC. Câu 4 : ( 4 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ trực chuẩn Oxy cho tam giác ABC có diện tích: S . 3 ; hai đỉnh A(2;-3) , B(3;-2) và trọng tâm của 2. tam giác thuộc đường thẳng (d) : 3x-y-8 =0 .Tìm toạ độ đỉnh C. Câu 5 : ( 3 điểm) Xét các số dương a,b,c thoả mãn điều kiện: abc=1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P. 1 1 1  2  2 a (b  c) b (c  a ) c (a  b) 2. ------------------------------------Hết-----------------------------------. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU Câu 1 Điều kiện: x  6 7 (4 điểm). ĐÁP ÁN. ĐIỂM 0,5. BPT  ( 7 x  7  7 x  6)  (7 x  7)  (7 x  6)  2 49 x 2  7 x  42   182  . 1. 2.   7 x  7  7 x  6    7 x  7  7 x  6   182  0. 0,5.   7 x  7  7 x  6  14   7 x  7  7 x  6  13  0. 1.  7 x  7  7 x  6  13 6  x6 7. 0,5 0,5. Câu 2 Trừ từng vế PT,ta được: (5 điểm) 2 2. y  x x  y   m( x  y )  ( x  y )( x  y  m)  0    y  x  m  y  x ( II )  2  2 x  mx  m  0 (1) (I )    y   x  m ( III )  m 2  m  0 . 1. a) Với m=-1 ta được:  x  y  1 y  x ( II )   2  x  y  1 2 x  x  1  0   2. 1.  y  x 1 hệ vô số nghiệm ( III )   0  0  y  1 x x  A. Vậy với m= -1 hệ có các nghiệm là: (-1;-1), (1/2;1/2) và . b) Tìm m để hệ PT có nghiệm duy nhất . -Điều kiện cần: Nhận xét rằng: nếu hệ có nghiệm (x0;y0) thì cũng có nghiệm (y0;x0), do đó hệ có nghiệm duy nhất thì x0=y0 .. Lop10.com. 1.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> (1)  2 x02  mx0  m  0 (2). Do x0 duy nhất nên (2) có nghiệm duy nhất m  0  '(2)  0  m 2  8m  0   m  8. 1. -Điều kiện đủ: Với m=0, hệ có dạng: 2  xy  x  0 hệ có vô số nghiệm thoả mãn y=-x  2  xy  y  0. Với m=8, hệ có dạng: 2  xy  x  8( y  1) x y2  2  xy  y  8( x  1). 1. Vậy với m=8 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất. Câu 3 Gọi L là tiếp điểm của đường tròn với cạnh BC. (4 điểm) Ta có:. A. 1 CL2  CK .CT  CT 2 2 2 a   36  a  12 (1) 4. 1. T. Áp dụng định lý côsin trong tam giác BCT, ta có:. K. CT 2  BT 2  BC 2  2 BT .BC cos B B. 2. a  72   a 2  144.cos B 4 3  cos B  (2) 4. L. C. 1. Mặt khác , áp dụng định lý côsin trong tam giác ABC, ta có: b 2  c 2  a 2  2ca.cos B  cos B . a (3) 2b. Từ (1), (2), (3) ,ta có : a=12, b=8, c=8 .. 1 1. Câu 4 (4 điểm) Gọi M là trung điểm AB , G là trọng tâm tam giác ABC, H là chân đường cao hạ từ C. Ta có: M(5/2;-5/2) 1. G ( x; y )  (d )  3 x  y  8  0 (1). Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> B(3,-2) H M. H1 G. A(2,-3). C. PT cạnh AB: x-y-5=0 1 3 3 3 2 S ABC  3  AB.CH   CH   CH  2 2 AB 2. 0,5 1. Qua G dựng đường thẳng song song với AB cắt CH tại H1, Khi đó: HH1 MG 1 1 2    HH1  CH  CH MC 3 3 2 x  y 5 2 Ta có: dG ,( AB )  HH1    x  y  5  1 (2) 2 11 3 x  y  8  0 G (1; 5) Từ (1) và (2) ta có hệ :    x  y  5  1 G (2; 2)   C (2; 10) Từ đẳng thức: GC  2MG   C (1; 1). Câu 5 Ta có: (3 điểm)  1 1 1 2 . 1 1 1  bc  ca  ab      b ca c ab a b c a bc   P 2(a  b  c) . 0,5 0,5. 0,5. 2. 1. Mặt khác,cũng theo BĐT Cô si , thì: 2. 1 1  1 1 1  1      3    a b c  ab bc ca  2.  1 1 1  3(a  b  c) hay :       3(a  b  c) abc a b c 3 3 Từ đó suy ra: P  , Pmin   a  b  c  1 2 2. Lop10.com. 1 1.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>