DEDA 10 Thanh Hoa 20152016

<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>