SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA Đề thi kiểm tra chất lượng vào lớp 10 Trường THPT Sầm Sơn Năm học 2015 - 2016 Môn Toán Câu 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức P = ( x2 x2 x  x 2 ) x 1 x 1 a) Rút gọn P với x > x  b) Tìm x để P = x + Câu : ( 2,0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) y = x đường thẳng (d) : y = mx + a) Tìm giá trị m để (d) qua A thuộc (P), biết hoành độ A xA = b) Chứng minh (d) cắt (P) điểm phân biệt với m Gọi x1, x2 hoành độ giao điểm, tìm m để x13 + x23 = 32 Câu : ( 2,0 điểm) 2  x  y  12  a) Giải hệ phương trình :     19  x y 4x 5x   b) Giải phương trình : x  x  x  5x  Câu : (2,0 điểm ) Cho hình thang ABCD ( AB // CD ), giao điểm hai đường chéo O Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD BC M N MO MO MN MN a) Chứng minh : + =1 + =2 CD AB CD AB b) Biết SAOB = m2 ; SCOD = n2 Tính SABCD theo m n Câu 5: ( 1,0 điểm ) : Cho tam giác ABC cạnh a điểm M chuyển động cung nhỏ AB đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh MA + MB = MC Và tìm giá trị lớn biểu thức : P = MA + MB + MC theo a Câu : (1,0 điểm ) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a3 b3 c3    tìm dấu xảy : P= a  bc b  ca c  ab    HẾT    GỢI Ý LÀM BÀI (ĐỀ THI MÔN TOÁN VÒNG 2, LỚP CHỌN TRƯỜNG THPT SẦM SƠN, TH 2016) Câu P = ( x2 x2 x  x 2 ) x 1 x 1 HD a) Với x > x  1, ta có: P= [ ( x  2)( x  2)  x( x  2) x 2 b) Tìm x để P = x + Ta có: P = x +  ] 2( x  1) x x  x  x  2( x  1)  = x 1 x x 1 x  x   2( x +1)=2x+5 x  2x+3 x 2=0  t  (t / m) Đặt t= x (đk: t > 0), ta được: 2t +3t2=0     t  2(loaïi) 1 Với t =  x =  x= (t/m) 2 Vậy x = Câu : ( 2,0 điểm )trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) y = x đường thẳng (d) : y = mx + a) Tìm giá trị m để (d) qua A thuộc (P), biết hoành độ A xA = b) Chứng minh (d) cắt (P) điểm phân biệt với m Gọi x1, x2 hoành độ giao điểm, tìm m để x13 + x23 = 32 HD a) Do A  (P) xA=4  yA=8  A(4; 8) Thay x=4; y=8 vào phương trình đường thẳng (d) được: 8=4m+2  m= Vậy m= giá trị cần tìm b) Phương trình hoành độ giao điểm là: x2=mx+2  x22mx4=0 (*) 2 Ta có: ’=m +4 > 0,  m nên pt (*) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 với m hay (d) cắt (P) hai điểm phân biệt với m Ta có: x13  x32  32  (x1  x2 )3  3x1 x (x1  x )  32 (**)  x  x  2m Áp dụng hệ thức Viét, có:  Thay vào (**), được:  x1 x  4 8m3+24m32=0  m3+3m4=0  (m1)(m2+m+4)=0 m    m=1 (m  )2  15  0(VN)  Vậy m=1 thỏa mãn toán Câu HD 2  x  y  12  a) Giải hệ phương trình :     19  x y Đk: x, y  1  3 x   2a  3b  12 a   x 1  (t/m)    Đặt  a;  b , ta được:  x y 5a  2b  19  b    y    y 1 Vậy (x; y) = ( ; ) 4x 5x   b) x  x  x  5x  Đkxđ: x  5x   Phương trình   3 x Đặt t=x+ ta     8(t5)+10(t+1)=3(t+1)(t5) t 1 t  x 2  18t30=3t +12t+15=0  3t +6t45=0  t2+2t15=0  (t+5(t3)=0  t  5  t  x 1 x  x 5 5  13 (t/m) +) Với t=3 x23x+3=0 (vô nghiệm) +) Với t =5 x2+5x+3=0  x  Vậy x  5  13 Câu : (2,0 điểm ) Cho hình thang ABCD ( AB // CD ), giao điểm hai đường chéo O Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD BC M N MO MO MN MN a) Chứng minh : + =1 + =2 H A B CD AB CD AB M O N b) Biết SAOB = m2 ; SCOD = n2 Tính SABCD theo m n Gợi ý a) Do MO // CD MO // AB nên có: D C K MO AO MO CO MO MO  ;   + =1 CD AB CD AC AB CA NO NO   Tương tự: CD AB MN MN Từ (1) (2)  + = (đpcm) CD AB (1) (2) SOAB m AB AB m     CD SOCD n (AB  CD) m  n Kẻ đường thẳng qua O, vuông góc với AB, cắt AB CD H K OH AB m OH m     Do  OAB  OCD nên OK CD n HK m  n 2 m SOAB m OH.AB     SABCD  (m  n)2  2 HK(AB  CD) (m  n) SABCD (m  n) Câu 5: (1,0 điểm ) : Cho tam giác ABC cạnh a điểm M chuyển động cung nhỏ AB đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh MA + MB = MC Và tìm giá trị lớn biểu thức : P = MA + MB + MC theo a Gợi ý A Trên tia MC lấy điểm N cho MA=MN Ta có: 31 M M1=B1=600   AMN  A23=600 Mà A13=600  A2=A1   AMB=NAC (cgc)  BM=CN N 2  MA+MB=MC B Ta lại có: P=MA+MB+MC=2MC  P lớn  MC lớn C  MC đường kính đường tròn Khi đó: MC qua tâm O đường tròn ngoại tiếp  ABC nên CM đường phân giác ACB b) Do OAB  OCD   C2=300 MAC=900 Xét AMC vuông A có: MC=  Pmax= a 2a  cos30 2a xảy MC đường kính Câu : (1,0 điểm ) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a3 b3 c3 tìm dấu xảy : P=    a  bc b  ca c  ab Gợi ý Áp dụng BĐT thức Côsi, ta có: a3 a3 (a  bc) 3a 5a bc        a  bc 2 a  bc 4 3 a b c    (a  b  c)  (bc  ca  ab)   a  bc b  ca c  ab 4 2 (a  b  c)  (do a+b+c=3) nên Vì bc+ca+ab  15 3 P    Đẳng thức xảy a=b=c=1 4 2 Cách Ta có: 3=a+b+c  3 abc  abc   bc  a a3 a3 a4    a2  a  bc a a a a 1 a4  a   a2  Mà a 1 a 1 4 3 (a  b  c2 )  4 2 2 2 Vì 3(a +b +c )  (a+b+c) =9  a +b +c2  3  P  Đẳng thức xảy a=b=c=1 Cách Sử dụng Côsi ngược mẫu số dạng tổng a3 a2 (a  bc)  a2 bc a2 bc a2 bc a abc 2  a  a   a2  a  bc a  bc a  bc 2 abc Tương tự, ta có: P  abc (a  b  c) Vì a  b  c   abc  a2+b2+c2  3  P  3  P  Đẳng thức xảy a=b=c=1 2 Tương tự, ta có: P  a2+b2+c2