De on KS he 2016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ KHẢO SÁT ÔN TẬP HÈ NĂM 2016 Môn: Toán Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1: (2.0 điểm) a) Cho biểu thức. A. x 4 x  2 . Tính giá trị của A khi x = 36.  x 4  x  16 B   : x 4 x  4  x  2  b) Rút gọn biểu thức (với x 0; x 16 ). c) Với các của biểu thức A và B nói trên, hãy tìm các giá trị của x nguyên để giá trị của biểu thức B(A – 1) là số nguyên Câu 2: (1.5 điểm) Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = 0, tham số m. a) Giải phương trình với m = 0 2 2 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : x1  x 2 7 Câu 3: (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:. 2 1  x  y 2    6  2 1  x y. Câu 4: (1.0 điểm) Một tam giác vuông có đường cao ứng với cạnh huyền dài 24cm và chia cạnh huyền thành hai đoạn thẳng hơn kém nhau 14cm. Tính độ dài cạnh huyền và diện tích của tam giác vuông đó. Câu 5: (3.5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB. a) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp. . . b) Chứng minh ACM ACK c) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C d) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại điểm A; cho P là điểm nằm trên d sao cho hai điểm P, AP.MB R C nằm trong cùng một nửa mặt phẳng bờ AB và MA . Chứng minh PA= PM Câu 6: (1.0 điểm) Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x 2y , tìm giá trị nhỏ nhất của. M. biểu thức:. x 2  y2 xy. ..................................Hết………………………….. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi khong giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TRƯỜNG THPT TAM ĐẢO. ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT ÔN TẬP HÈ NĂM 2016 Môn: Toán - Lớp: 10. Câu Câu 1. Nội dung đáp án 1a. Với x = 36, ta có : A =. Thang điểm. √ 36+ 4 √ 36+2. 0,25 0,25. 10 5 = 8 4. 1b. Với x 0, x  16 ta có :  x( x  4) 4( x  4)     x  16 x  16   A= ( x +16 ) ( √ x+2 ) = ( x +16 )( x − 16 ) √ x+ 2 = x −16 x 2  B( A  1)  . x  16  1c. Ta có:. 0,25 x 2 x  16. 0.25 0,25 x 4  x 2 2 2  1  .  x  2  x  16 x  2 x  16. Để B( A  1) nguyên, x nguyên thì x  16 là ước của 2, mà Ư(2) = Ta có bảng giá trị tương ứng: x  16 1. 1. x. 15. 17. 2 18. 0,25 ..  1; 2. . 2. 14. x   14; 15; 17; 18 Kết hợp ĐK x 0, x 16 , để B( A  1) nguyên thì. Câu 2. 0,25. 0,25. . 2a. Với m = 0 ta có phương trình: x 2+ x=0 ⇔ x=0 ¿ x=−1 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. Vậy với m = 0 phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = - 1 2b. Phương trình đã cho có D = (4m – 1)2 – 12m2 + 8m = 4m2 + 1 > 0, "m Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt "m  x1  x2 4 m  1  x x 3m 2  2m Theo ĐL Vi –ét, ta có:  1 2 .. 0,25 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 0,25. 2 2 2 Khi đó: x1  x2 7  ( x1  x2 )  2 x1 x2 7  (4m – 1)2 – 2(3m2 – 2m) = 7  10m2 – 4m – 6 = 0  5m2 – 2m – 3 = 0. ⇔ m=1 ¿ −3 m= 5 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿. 0.25. Vậy với m = 1, m = −3 5 là giá trị cần tìm. Câu 3 ĐK: x, y 0. 0,25. 4 2 2 1   2  x  y 4 x y      6  2 1  6  2 1  x y  x y ⇔ 10 =5 x 2 1 + =2 x y ¿{ ⇔ x=2 (TMĐK) y=1 ¿{. 0,25. 0,25. Vậy hệ có nghiệm (x;y)=(2;1). Câu 4 Gọi x là độ dài hình chiếu của cạnh góc vuông có độ dài lớn hơn (ĐK: x > 14; cm) thì độ dài hình chiếu còn lại là: x  14 (cm). Áp dụng hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu của các cạnh góc vuông trên cạnh huyền ta có phương trình: Giải phương trình:. 0,25 0,25. 0,25. 2. 24  x  x  14 . 0,25.  x 32 (TM) 242 x  x  14   x 2  14 x  576 0   x  32   x  18  0    x  18 (KTM). Nên hình chiếu có độ dài lớn hơn là 32 (cm), hình chiếu còn lại dài 18 (cm) Từ đó suy ra: Độ dài cạnh huyền là: 32 + 18 = 50 (cm). Diện tích của tam giác vuông đó là: Câu 5. 0  1. Ta có HCB 90 ( do chắn nửa đường tròn đk AB). S. C M. 0,25. 1 .24.50 600 2 (cm2).. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> P. E. N A. K. O. B.  HKB 900 (do K là hình chiếu của H trên AB)   HCB  HKB 1800. => nên tứ giác CBKH nội tiếp trong đường tròn đường kính HB.   2. Ta có ACM  ABM. (do cùng chắn AM của (O)).     và ACK HCK HBK (vì cùng chắn HK .của đtròn đk HB) . . Vậy ACM  ACK 3. Vì OC ^ AB nên C là điểm chính giữa của cung AB Þ AC = BC và  90 sd AC sd BC. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25. 0. Xét 2 tam giác MAC và EBC có. 0,25  ∠ MAC =∠MBC = vì cùng chắn cung MC. MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và của (O) Þ Δ MAC= ΔEBC (cgc) Þ CM = CE Þ tam giác MCE cân tại C (1) 0 0  Ta lại có ∠ CMB=45 (vì chắn cung CB 90 ) . Þ ∠ CEM=∠CMB=450 (tính chất tam giác MCE cân tại C). 0,25. 0    Mà CME  CEM  MCE 180 (Tính chất tổng ba góc trong tam giác).  MCE 900 (2). 4.. Từ (1), (2) Þtam giác MCE là tam giác vuông cân tại C (đpcm). Xét DPAM và D OBM :. 0,25 0,25. AP.MB AP OB R   MA MB (vì có R = OB). Theo giả thiết ta có MA.   ABM (vì cùng chắn cung AM của (O)) Mặt khác ta có PAM Þ Δ PAM đồng dạng Δ OBM Þ. Câu 6. 0,25. AP OB  1 Þ PA PM PM OM .(do OB = OM = R). x2  y 2 x2 y 2 x y x y 3x     (  )  xy xy y x 4y x 4y Ta có M = xy. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> x y ; 4 y x ta có Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Co si cho 2 số dương x y x y  2 . 1 4y x 4y x ,. 0,25. dấu “=” xảy ra  x = 2y x 3 x 6 3 2 Þ .   4 y 4 2 , dấu “=” xảy ra  x = 2y Vì x ≥ 2y Þ y 3 5 Từ đó ta có M ≥ 1 + 2 = 2 , dấu “=” xảy ra  x = 2y 5 Vậy GTNN của M là 2 , đạt được khi x = 2y. 0,25. 0,25.

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