Đề + Đáp án môn Toán vào 10 tỉnh thanh Hóa 2013-2014
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (109.61 KB, 4 trang )
ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN (ĐỀ A) TỈNH THANH HÓA
NĂM HỌC: 2013-2014
Câu Đáp án Biểu chấm
Câu 1
1
a) Ta có: a + b +c = 1 + 3 +(-4) = 0
b)
Theo câu a ta có: a +b +c = 0 => phương trình có hai nghiệm
1 2
1; 4x x= = −
2
2 3 4 4 1 1
3 2 1 3 2 1 3.1 2 1 1
x y x x x
x y x y y y
− = = = =
⇔ ⇔ ⇔
+ = + = + = = −
Vậy hệ PT có nghiệm duy nhất: (x; y) =(1; -1)
Câu 2:
a)
Với
0; 1x x> ≠
Ta có:
2
1 1
:
( 1) ( 1) ( 1)
x x
P
x x x x x
+
= +
÷ ÷
÷ ÷
− − −
2
1 ( 1) 1
.
( 1) 1
x x x
x x x x
+ − −
= =
− +
Vậy với
0; 1x x> ≠
thì
1x
P
x
−
=
b)
Với
2
3 2 2 ( 2 1)x = − = −
thỏa mãn điều kiện
0; 1x x> ≠
Thay
2
3 2 2 ( 2 1)x = − = −
vào P ta được
2
2
( 2 1) 1
2 1 1 2 2
2
2 1 2 1
( 2 1)
P
− −
− − −
= = = = −
− −
−
Vậy với
3 2 2x = −
thì
2P = −
Câu 3:
a)
Để (d) đi qua A(1:5) ta thay x =1; y = 5 vào đường thẳng (d) ta được:
5 = 2.a.1 + 1 <=> a = 2
Vậy với a = 2 thì đường thẳng (d) đi qua A(1;5)
b)
Để (d) cắt (p) tại hai điểm phân biệt ta xét phương trình hoành độ:
- 2x
2
= 2ax + 1
⇔
2x
2
+ 2ax + 1 = 0 (1)
Ta có
'
∆
= a
2
– 2
Để (d) cắt (p) tại hai điểm phân biệt thì PT (1) có hai nghiệm phân biệt
=>
'
∆
= a
2
– 2 >0
2
2
a
a
>
⇔
< −
Theo định lí Viét ta có
1 2
1 2
1
.
2
x x a
x x
+ = −
=
thay vào điều kiện đề bài
2 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2
2
4( ) 4 0
( ) 4( ) 4 2 0
( 2) 2 0
1
( 2) 2. 0
2
1( )
3( )
x x x x
x x x x x x
x x x x
a
a KTM
a TM
+ + + + =
=> + + + + − =
=> + + − =
=> − + − =
=
=>
=
Vậy với a = 3 thì (d) cắt (p) tại hai điểm phân biệt có hoành độ
1 2
;x x
thỏa mãn
2 2
1 2 1 2
4( ) 4 0x x x x+ + + + =
Câu 4:
A
(d)
H
O
B
C
M
K
E
P
N
F
a)
Ta có
·
=
0
ACB 90
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm o)
Hay
·
=
0
HCB 90
Ta có
·
=
0
HKB 90
(Do
⊥HK AB
)
Xét tứ giác CBKH có
·
·
+ = + =
0 0 0
HCB HKB 90 90 180
Vậy tứ giác CBKH nội tiếp.
b)
Ta có
⊥CO AB
=> AC = CB
Xét
∆
MAC
và
∆
EBC
có
AC = CB (C/m trên)
·
MAC
=
·
EBC
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC)
MA=EB (gt)
=>
∆
MAC
=
∆
EBC
(c.g.c)
=>MC=EC =>
∆
MEC
cân (1)
Do
∆
MAC
=
∆
EBC
=>
·
·
=MCA ECB
mà
·
·
·
+ = =
0
ACE ECB ABC 90
=>
·
·
+ =
0
ACE MCA 90
=>
·
=
0
MCE 90
=>
∆MEC
vuông (2)
Từ (1) và (2) =>
∆
MEC
vuông cân.
c)
Gọi N là giao của BP và HK, P là giao của BM và (d)
Theo đề ra: AP.MB = MA.OB
=>
=
AP MA
OB MB
và
·
·
=
PAM OBM
(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây, góc nội tiếp cùng chắn
cung AM) =>
∆
APM
∆: OBM
(c.g.c) mà
∆
OBM
cân
do OB=OM=R =>
∆
PAM
cân tại P => PM = PA
Ta có
∆
FMA
vuông,
∆
PAM
cân tại P =>
∆
PFM
cân tại P
=> PF=PM=PA.
Ta có:
⊥
=>
⊥
HK AB
HK / /AF hay NH//FB; NK//AP
FA AB
Theo hệ quả của định lí Talet ta có:
=
BN NH
do (NH//PF)
BP PF
=
BN NK
do (NK//PA)
BP PA
=>
=
NK NH
PA PF
mà PA=PF (c/m trên) => NK = NH => N là trung điểm của KH.
Vậy PB đi qua trung điểm của HK.
Câu 5:
Ta có:
+ + − + + = − + − + − ≥
2 2 2 2 2 2
1
x y z (xy yz zx) (x y) (y z) (z x) 0
2
=>
+ + − + + ≥
2 2 2
x y z (xy yz zx) 0
=>
+ + ≥ + +
2 2 2
x y z (xy yz zx)
=>
+ + ≥
2 2 2
x y z 3
(1)
Mặt khác ta có: (x+y+z)
2
≥ + +3(xy yz zx)
=> (x+y+z)
2
≥
9
=>
+ + ≥x y z 3
(2)
Do x, y, z có vai trò như nhau giả sử:
≥ ≥x y z
Theo BĐT Trebưsep ta có:
+ +
= + + ≥ + +
+ + + + + +
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
x y x x y z x y x
A x . y . z . .( )
y 3z z 3x x 3y 3 y 3z z 3x x 3y
=>
≥ + +
+ + +
2 2 2
3 x y x
A .( )
3 y 3z z 3x x 3y
=>
≥ + +
+ + +
2 2 2
x y x
A
y 3z z 3x x 3y
Áp dụng bất đẳng thức Schwartz (Svácxơ):
+ + + +
≥ + + ≥ =
+ + + + + + + + + +
2 2 2 2 2
x y x (x y z) (x y z)
A
y 3z z 3x x 3y y 3z z 3x x 3y 4(x y z)
=>
+ +
≥ ≥
x y z 3
A
4 4
Dấu “ = ” xảy ra khi:
=
=
=> = = =
=
+ + =
x y
y z
x y z 1
z x
xy yz zx 3
Vậy
= + + ≥
+ + +
4 4 4
x y x 3
A
y 3z z 3x x 3y 4
Dấu “ = ” xảy ra khi:
= = =x y z 1
