de thi vao lop chon 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG KHỐI 10 TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ Năm học 2014 – 2015 Môn thi : Toán Thời gian làm bài: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề ) Ngày thi 02/8/2014  x 2 x  2 4 x  3x  4 P    : x 2 x  2 4  x  x  2  Câu I (2,0 điểm): Cho biểu thức. (x > 0; x  4) 1) Rút gọn biểu thức P. 2) Tìm x để P < -1.  2mx  y 4  Câu II (2,0 điểm): Cho hệ phương trình: 2 x  my 2 (I), m là tham số. 1) Giải hệ phương trình (I) khi m = 2. 2) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) sao cho S = x + y đạt giá trị lớn nhất. Câu III (2,0 điểm): Cho phương trình: x2 - mx + m2 - 3 = 0 (1) 1) Giải phương trình (1) khi m = 1. 2) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm x1; x2 sao cho x1; x2 là 3 độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền là 2 .. Câu IV (3,0 điểm): Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Dây CD vuông góc với AB tại điểm I, K là điểm nằm giữa I và D, AK cắt đường tròn tại điểm thứ hai là H. 1) Chứng minh tứ giác BIKH nội tiếp. 2) Chứng minh KHC = KHD, từ đó suy ra HB là tia phân giác góc ngoài tại H của CHD. 3) Tia BH cắt CD tại F. Chứng minh FC.FD = FI.FK. Câu V (1,0 điểm): Cho a, b, c là số thực dương. Chứng minh:. ab bc ca a b c    a  3b  2c 2a  b  3c 3a  2b  c 6. ----------------------- Hết -------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu I. Ý 1. Nội dung. Điểm. Với x > 0 và x  4, ta có:  x 2 x  2 4 x  3x  4 P    : x  2 4  x  x  2  x 2  ( x  2) 2  ( x  2) 2  4 x  x  2  . x 4   3 x  4  = 6x  8 x  2 . x  4 2x  4. = 2. = 2. P. 2 x 2 x 2 x. . 0,25. x 2. 2. . 0,25 0,5. x 2. 1. 0,25 (với x > 0; x  4) 0,25. 1  0. 0,25. 0. Ta thấy x  0 với mọi x > 0. 0,25. Xét x  2  0  x  2  x  4 Vậy với 0 < x < 4 thì P < -1 II. 1.  4 x  y 4  Với m = 2, ta có hệ (I) trở thành 2 x  2 y 2  y 4 x  4   2 x  2(4 x  4) 2 8  y    y 4 x  4 5   10 x  6  x  3  5 . Vậy với m = 2, hệ phương trình có nghiệm:. 2. 0,25 0,25 0,25. 0,25.   3 8 ( x; y )  ;   5 5  2mx  y 4(1)  2 x  my 2(2) (I). Từ PT(1), ta có y = 4 + 2mx 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Thế vào phương trình (2) ta được: Tiếp tục tính được. y. x. 1  2m m 2 1. 4  2m m 2 1.  1  2m 4  2m  ( x; y )  2 ; 2  m  1 m  1   Hệ PT có nghiệm duy nhất:. 0,25. Theo đầu bài: S = x + y 0,25. 1  2m 4  2 m 5   5 2 2 2 m  1 m  1 m  1 =. (Vì m2 + 1  1)  GTLN của S là 5  m = 0. III. 1. 2. Vậy với m = 0 thì hệ PT có nghiệm (x; y) thoả mãn S = x + y. 0,25. đạt GTLN là 5. Với m = 1, phương trình (1) trở thành: x2 - x - 2 = 0 Ta có: a - b + c = 0, PT (1) có hai nghiệm phân biệt. 0,25. x1 = -1; x2 = 2 Vậy PT đã cho có 2 nghiệm là: x = -1; x = 2  = m2 - 4(m2 - 3) = -3m2 + 12 Điều kiện thoả mãn yêu cầu đầu bài là:. 0,5 0,25 0,25.  0  3m 2  12 0 x x  0  2  1 2 m  3  0  x  x  0   1 m  0 2  2   x 2  x 2  3   m 2  6  9 2   1 4  2. 0,5.  2 m 2   m  3  m   3  m  15  2 m  0  m 2 15 4   m. IV. 1. 0,25. 15 2 thoả mãn yêu cầu bài toán. Vậy với Vẽ hình đúng câu 1. C I A. O. K D F. H. B. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Xét tứ giác BIKH có: Góc KIB = 900 (vì AB  CK tại I) AHB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính. 0,5. AB)  AHB + KIB = 1800  Tứ giác BIKH nội tiếp (Tứ giác có tổng 2 góc đối bằng 2. 0,25 0,25. 1800) AB  CD (gt)  A là điểm chính giữa cung CD  Cung AC = cung AD  AHC = AHD (vì 2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau) Hay KHC = KHD (Đpcm)  HA là phân giác góc trong tại H của CHD. 0,5 0,25. Mà HA  HB  HB là phân giác góc ngoài tại H của CHD (tính chất 2 góc 3. 0,25. kề bù) Xét FKH và FBI có: F chung KHF = FIB = 900  FHK đồng dạng FIB (gg) FK FH   FB FI.  FK . FI = FB . FH (1) 0,25 Ta có: FDH + HDK = 1800 (tính chất kề bù) Mà CBH + CDH = 1800 (tứ giác CDHB nội tiếp)  FDH = CBH Xét FDH và FBC có:.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> F chung  FDH = CBH (chứng minh trên)  FDH đồng dạng FBC (g.g). V. FH FD   FH .FB  FC.FD  FC FB (2). 0,25. Từ (1) và (2)  FK . FI = FC . FD Dự đoán a = b = c tách mẫu để:. 0,25. a + c = b + c = 2b  1 1 1 ( x  y  z )    9  x y z Ta áp dụng BĐT:. 0,25. 1 1  1 1 1       x yz 9 x y z ab ab ab  1 1 1        a  3b  2c (a  c)  (b  c)  2b 9  a  c b  c 2b  1  ab ab a      9 a  c b  c 2  (1)  =. 0,25. Tương tự: bc bc bc  1 1 1        2a  b  3c (a  b)  (a  c)  2c 9  a  c b  c 2b  1  bc bc c     = 9  a  c b  c 2  (2) ac ac ac  1 1 1        3a  2b  c (a  b)  (b  c)  2a 9  a  b b  c 2a  1  ac ac c     = 9  a  b b  c 2  (3) 1  ac  bc ab  ac bc  ab a  b  c  P      9 a  b b  c a  c 2   Từ (1); (2); (3)  a b c 6 =. Dấu "=" xảy ra  a = b = c. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>

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