De Toan vao lop 10 Lam Son 2016 2017

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Google: thcs nguyen van troi q2 –Để xem các đề thi hay SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT CHUYÊN LAM SƠN ĐỀ THI LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: Toán chung (Dành cho mọi thí sinh) (Thời gian làm bài 120 phút). Câu I (2.0 điểm) Cho biểu thức. A. 2 x x  1 3  11 x   9  x (Với x 0; x 9 ) x 3 x 3. a/ Rút gọn A b/ Tìm tất cả các giá trị của x để A 0 Câu II (2.0 điểm) a/ Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d1):. y  m 2  1 x  2m. (m là tham số) và. (d2): y 3x  4 . Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau b/ Cho phương trình:. x 2  2  m  1 x  2m  5 0. (với m là tham số). Tìm các giá trị của m để. x. 2 1. phương trình đó có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn.  2mx1  2m  1  x2  2  0. Câu III (2.0 điểm) 2 x  y 2 3  2 a/ Giải hệ phương trình 3 x  2 y 1. b/ Giải phương trình:. x 2  4 x  7  x  4  x 2  7. . . o. o. Câu IV (3.0 điểm): Cho hình bình hành ABCD với BAD  90 , tia phân giác góc BCD  90 cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD tại O (Khác C), kẻ đường thẳng (d) đi qua A và vuông góc với CO. Đường thẳng (d) cắt đường thẳng CB, CD lần lượt tại M và N. . . a/ Chứng minh OBM  ODC b/ Chứng minh ∆OBM = ∆ODC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN c/ Gọi K là giao điểm của OC và BD, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD. Chứng ND IB2 – IK 2  KD 2 minh rằng: MB. Câu V (1.0 điểm): Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. 2. . 3 2 2. x  yz  1 y  zx  1 z  xy  1 P 2  2  2 z  zx  1 x  xy  1 y  yz  1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Google: thcs nguyen van troi q2 –Để xem các đề thi hay. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ Câu. Nội dung. Điểm. a/ Rút gọn A A. 2 x x  1 3  11 x   9 x x 3 x 3. A. 2 x x 1   x 3 x 3. A. A. 2 x. . 11 x  3. . x 3. x 3. . 1.0.   x 1  x  3 11  x  3  x  3. x 3 . x 3. 2 x  6 x  x  4 x  3  11 x  3. . x 3. . x 3. CâuI A. . 3 x. 3x  9 x. . x 3. . . x 3. .  . . x 3. x 3. . . x 3. .  . 3 x x 3. . 3 x x 3 Vậy với x 0; x 9 thì b/ Tìm tất cả các giá trị của x để A 0 A. 3 x 0 A 0  x  3 .  3 x 0    x  3  0  x 9     x 0  3 x 0    x  3  0. 1.0. Kết hợp điều kiện => x > 9 hoặc x = 0 thì A 0 CâuII a/ Để đường thẳng (d1) và (d2) song song với nhau thì   m 2  m 2  1 3  m2 4  a a '         m  2  m  2  b b '  2m 4 m 2  m 2 . 0.5. Vậy với m = - 2 thì đường thẳng (d1) song song vi đường thẳng (d2) b/. x 2  2  m  1 x  2m  5 0 2. Ta có:. 2.  '  m  1  2m  5 m2  4m  6  m  2   2  0. phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. với mọi m, nên.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Google: thcs nguyen van troi q2 –Để xem các đề thi hay Theo vi ét ta có  x1  x2 2m  2   x1 x2 2m  5. x Để. 2 1. 0.5.  2mx1  2m  1  x2  2  0.  x12  2  m  1 x1  2m  5  2 x1  4   x2  2  0 => 4  2 x1   x2  2  0 2  x1   x2  2  0 =>  =>  => 2 x2  4  x1 x2  2 x1 0 2 x  x  x x  4 0 =>  2 1  1 2 2 2m  2    2m  5   4 0 Thay vào ta có :  => 4m  4  2m  5  4 0 =>. 2m  3 0  m . Vậy Câu III. m. 3 2. 1.0. 3 2.  2 x  y 2 3  2 a/ Giải hệ phương trình 3 x  2 y 1 Điều kiện : x, y ≥ 0. Đặt. x a, y 2 b(a, b 0) . Ta có hệ phương trình.  2a  b 3 4a  2b 6 7 a 7  a 1        3a  2b 1 3a  2b 1 2a  b 3 b 1 =>. 1.0.  x 1  x 1 (TMDK )    2  y 1  y 1  x 1  x 1   Vậy hệ có 2 nghiệm:  y 1 và  y  1. b/ Giải phương trinh:. x 2  4 x  7  x  4 . x 2  4 x  7  x  4  x 2  7. . x. 2. x 7  x2  7 . Điều kiện  x  7.  7   4  x  4   16  x  4  x 2  7.  x 2  7 a 0  Đặt  x  4 b , ta có phương trình a 2  4b  16 ab  a 2  16  4b  ab 0   a  4   a  4   b  a  4  0.  a 4  a  4   a  4  b  0  =>  a b  4. 1.0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Google: thcs nguyen van troi q2 –Để xem các đề thi hay  x 2  7 4  x 2  7 4     x  23  x 2  7  x  4  4  x 2  7  x =>. Vậy phương trình có 2 nghiệm : x  23 Câu. Hình. IV M. B. A G O K. 2. I 1 N. C. D. H.   a/ Chứng minh OBM  ODC. Ta có tứ giác OBCD nội tiếp (gt) o   => OBC + ODC 180 (đ/l) (1a). 1.0. o   Ta có: OBC + OBM 180 (Hai góc kề bù) (2a). . . Từ 1a,2a => OBM  ODC (ĐPCM) a/ + Chứng minh ∆OBM = ∆ODC xét ∆OBM và ∆ODC có  C   OB  OD   OB OD C 1 2 (1b)   OBM  ODC (C/m câu a) (2b). 0.75.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Google: thcs nguyen van troi q2 –Để xem các đề thi hay   Do AD//BC (gt) => AD//MC => NAD  NMC (đồng vị) (3b)   Do ∆CMN có đường cao vừa là đường phân giác => MNC  NMC (4b). Từ 3b, 4b => ∆DAN cân tại D => AD = ND mà CN = CM (Do tam giác CMN cân) => CN – ND = CM – BC => BM = DC (5b) Từ 1b, 2b, 5b => ∆OBM = ∆ODC (c.g.c) (ĐPCM). 0.75. + Chứng minh O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN xét ∆OCM và ∆OCN có   OC là cạnh chung (6b) ; C1 C2 (gt) (7b) và CM = CN (c/m trên) (8b). Từ 6b,7b,8b => ∆OCM = ∆OCN (c.g.c) => OM = ON mà ON = OC => OM = ON = OC => O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN (ĐPCM) ND IB2 – IK 2  KD 2 c/ Chứng minh rằng: MB. Gọi giao điểm của IK với đường tròn tâm I là G và H. Ta có IB2 – IK 2  IB  IK   IB  IK   IG  IK   IH  IK  KG.KG    KD 2 KD 2 KD 2 KD 2. mà KG.KH = KD.KB IB2 – IK 2 KD.KB KB   KD 2 KD 2 KD (1c) =>. 0.5. Do ND = AD = BC và MB = CD (chứng minh trên) ND BC BC KB   CD mà CD KD (Tính chất tia phân giác) => MB ND KB  KD (2c) => MB ND IB2 – IK 2  KD 2 Từ 1c, 2c => MB (ĐPCM). Câu V. Ta có. 1.0 2. 2. 2. x  yz  1 y  zx  1 z  xy  1 P 2  2  2 z  zx  1 x  xy  1 y  yz  1.  yz  1. 2.  zx  1. 2.  xy  1. 2. 2 2 y2 x z P    zx  1  xy  1  yz  1 x y z.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Google: thcs nguyen van troi q2 –Để xem các đề thi hay 2. 2 2 1 1 1    y  z      x y z x   P    1 1 1 z x y x y z .. a12 a2 2 a32  a1  a2  a3     b b b b1  b2  b3 1 2 3 Áp dụng BĐT:. 2. a1 a2 a3   b b2 b3 1 Dấu = xảy ra khi 2. 2. 2 2  1 1 1 1 1 1    x yz x  y  z  y  z  x y z x     P    1 1 1  1 1 1 z x y x yz     x y z x y z .  1 1 1 P  x  y  z     x y z  1 1 1 9    Áp dụng BĐT : x y z x  y  z P x  y  z . =>.   9 9 27  x  y  z   x yz  4 x  y  z  4 x  y  z. 27 27 9     9 9 3 4  x  y  z  4. 3 2 x yz  2 4 x  y  z  4 2 Ta có:  ;. =>. P 3 . 9 15 15 1  P min  x  y z  2 2 . Vậy 2 khi 2.

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