Tải bản đầy đủ (.docx) (6 trang)

DEDA 10 Thanh Hoa 20152016

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (153.53 KB, 6 trang )

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI LỚP 10 THANH HÓA NĂM 2015 – 2016 MÔN TOÁN Ngày thi : 21 tháng 07 năm 2015. ĐỀ B 2 Câu 1 (2.0 điểm) : 1/ Giải phương trình : mx  x  2 0 trong các trưởng hợp sau. a/ khi m = 0 b/ khi m = 1  x  y 5  2/ Giải hệ phương trình :  x  y 1. Câu 2 (2.0 điểm) : Cho biểu thức :. Q. 4 3 6 b 2   b  1 ( Với b 0, b 1 ) b1 b 1. a/ Rút gọn biểu thức Q b/ Tính giá trị của biểu thức Q khi b 6  2 5 Câu 3 (2.0 điểm) : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = x + n – 1 và Parabol (P) : y = x2 a/ Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(0 ; 2) b/ Tìm n để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt 1 1 4     x1 x2  3 0 là x1 ; x2 thỏa mãn :  x1 x2 . Câu 4 (3.0 điểm) : Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) không đi qua tâm O, cắt đường tròn (O) tại hai điểm E và F. Lấy điểm M tùy ý trên tia đối của tia FE, Qua M kẻ hai tiếp tuyến MC, MD với đường tròn (C, D là các tiếp điểm) 1/ Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn  2/ Gọi K là trung điểm của EF, Chứng minh KM là phân giác của CKD. 3/ Đường thẳng đi qua O và vuông góc với OM cắt các tia MC, MD theo thứ tự tại R và T. Tìm vị trí của M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất Câu 5 (1.0 điểm) : Cho x, y, z là các số thưc dương, thỏa mãn điều kiện : 5 x 2  2 xyz  4 y 2  3 z 2 60 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : B = x + y + z. --------------------------------------------------------------------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Giáo viên giải và lên thang điểm tham khảo Câu. Nội dung. Điểm. Hướng dẫn 1/ a/ Khi m = 0 thay vào phương trình ta có 0.x 2  x  2 0  x  2 0  x 2 . Vậy phương trình có 1 nghiệm x=2 b/ khi m = 1 thay vào phương trình ta có 2. 0.5. 0.75. 2. 1.x  x  2 0  x  x  2 0. Câu 1 2.0. Ta có : a + b + c = 1 + 1 + (-2) = 0. Theo viets phương trình có 2 c 2 x    2 2 a 1 nghiệm : x1 1 và. 0.75. 2/ Hướng dẫn  x  y 5  2 x 6  x 3  x 3         x  y 1  x  y 1 3  y 1  y 2 .  x 3  Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất :  y 2. Hướng dẫn a/ Rút gọn biểu thức Q 4 3 6 b 2 4 3      b 1 b1 b 1 b1 b 1. Q. Q. Câu 2 2.0. Q. 1.5. 4. .   b  1   6  b  1  b 1. b 1  3. b1. . . b1. . b 1. . b 2.  4. 6 b 2. . . b1. . b 1. b  4 3 b  3  6 b  2. . . b1. . b 1. 1 b 1. b/ Tính giá trị của biểu thức Q khi b 6  2 5 Với => Q. Câu 3 2.0. . b 6  2 5 5  2 5  1  b. . . 5 1. 2. . 5 1.  5 1  5 1. 1 1   5 1 1 5 2. 2. . Thay vào biểu thức Q , ta có. 5 2. . 5 2. . 0.5. 5 2. . . 5 2  5 2 5 4. Hướng dẫn a/ Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B(0 ; 2) Đường thẳng (d) đi qua điểm B(0 ; 2), tức là x = 0 ; y = 2, thay vào ta có : 2 = 0 + n – 1 <=> 2 = n – 1 <=> n = 2 + 1 = 3. Vậy với n = 3 thì đường thẳng (d) đi qua điểm B(0 ; 2) b/ Tìm n để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt. 0.75. 1.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 1 4     x1 x2  3 0 có hoành độ lần lượt là x1 ; x2 thỏa mãn :  x1 x2 . Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol 2 2 (P) là : x x  n  1  x  x  n  1 0 (*) 2. 2. Ta có :  b  4ac   1  4.1.   n  1 1  4n  4 4n  3 Để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có 1 1 4     x1 x2  3 0 hoành độ lần lượt là x1 ; x2 thỏa mãn :  x1 x2  thì 3   0  4n  3  0  4n  3  n  4 (1) *   b    1 1  x1  x2   a 1   x x  c   n  1 1  n 1 2 a 1 Theo vi ét ta có :  * x1; x2 0 => Phương trình (*) không có nghiệm bằng 0 2 => 0  0  n  1 0  1  n 0  n 1 (2). 4  x1  x2  1 1 4     x1 x2  3 0   x1 x2  3 0 x1 x2  x1 x2  * Để , thay vào ta. có 4.1 4 4   1  n   3 0   1  n  3 0   n  2 0 1 n 1 n 1 n 4   n  2   1  n  0  4  n  n 2  2  2n 0   n 2  n  6 0. <=>. 2 n 2  n  6 0 , ta có :  1  4.1.   6  25  0. Vậy : n1 .  1  25 2 2 (Thỏa nãm 1 và 2) 25  3. n1 .  1 2. (Không thỏa mãn 1) Loại Vậy vời n = 2 thì đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1 ; x2 thỏa mãn : 1 1 4     x1 x2  3 0  x1 x2 . Câu 4 3.0. Hướng dẫn Hình vẽ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> R. 1.0. C. O. (d) E. F. K. M. D. 1.0. T. 1/ Chứng minh tứ giác MCOD nội tiếp trong một đường tròn MC là tiếp tuyến của đường tròn (O) o   MCOC => MCO 90 (1) MD là tiếp tuyến của đường tròn (O) o   MDOD => MDO 90 (2) o o o   Từ (1) và (2) => MCO  MDO 90  90 180 => Tứ giác MCOD nội tiếp đường tròn đường kính OM (ĐPCM) 2/ Gọi K là trung điểm của EF, Chứng minh KM là phân giác của  CKD. Xét đường tròn (O) ta có KE = KF (gt) => OKEF (đ/l) o  => OKM 90 => K thuộc đường tròn đường kính OM => 5 điểm O, K, D, M, C cùng thuộc đường tròn đường kính OM MC, MD là 2 tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn (O) (gt)  MC = MD (tính chất) Xét đường tròn đường kính OM, ta có     MC = MD (cm trên) => MC MD (đ/l) => MKC MKD (Đ/l)   KM là phân giác của CKD (ĐPCM). 3/ Tìm vị trí của M trên (d) sao cho diện tích tam giác MRT nhỏ nhất Xét MRT có MORT (3) MC, MD là 2 tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn (O) (gt)    CMO  DMO (tính chất) (4) Từ 3, 4 =>OR = OT (t/c) => RT = 2OR Xét OMR vuông tại O, có OC là đường cao 1 1 1   2 2 2 => OM OR OC (Hệ thức) 1 1 1   2 2 2 => OM OR R. 1.0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Áp dụng BĐT cô si ta có 1 1 1 1 1 1 2   2 .  2   OM .OR 2 R 2 2 2 2 2 2 R OM OR OM OR R OM .OR 1 1   OM OR  OM OR R 2 2 2 Dấu = xảy ra khi : OM OR OM .RT OM .2OR S MRT   OM .OR 2 R 2 2 2 Ta có 2 Vậy SMRT nhỏ nhất bằng 2R khi OM R 2. Vậy M là giao điểm của đường thẳng (d) và đường tròn(O; R 2 ) lấy giao điểm thuộc tia đối của tia FE. Hướng dẫn Ta cã Từ giả thiết ta có. 1.0. 5x 2  60  x 2  12  2  2 4y  60   y  15 3z 2  60 z 2  20  . Từ giả thiết ta có 5x 2  2yz.x  4y 2  3z 2  60 0 (1). Coi (1) là phương trình bậc 2 ẩn x, ta có Câu 5 1.0.  ' y 2 z 2  5  4y 2  3z 2  60  y 2 z 2  20y 2  15z 2  300  20  z 2   15  y 2 . Vậy :. x.  yz .  yz . =>. x.  20  z   15  y  2. 2. 5. ( vì x dương). 1  20  z 2 15  y2  35   y  z  2 2  5 10 2. 2. 35   y  z  35   y  z   10y  10z x yz  yz  10 10 => 2. =>. x yz . 60   y  z  5  6 10. Vậy P max = 6 khi x = 1 ; y = 2 ; z = 3 Chú ý 1/ HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa 2/ HS vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm Giáo viên Nguyễn Đức Tính Địa chỉ : Đường Nguyễn Tĩnh – Phường Đông Hương – TP Thanh hóa 0914.853.901 Nhận dạy.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Học sinh ở TP Thanh hóa, môn toán 6.7,8,9 + Ôn thi lớp 10 THPT + Ôn thi Chuyên Lam Sơn.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×