Đề thi lớp 10 Thanh Hóa 2016 – 2017 môn: Toán

ĐỀ THI LỚP 10 THANH HÓA 2016 – 2017 Môn : Toán Thời gian làm bài : 120 phút Câu I (2.0 điểm) : 1/ Giải các phương trình sau a/ 6 0x  b/ 2 5 4 0x x   2/ Giải hệ phương trình 2 3 3 2 x y x y      Câu II (2.0 điểm) : Cho biểu thức  2 2 11 1 : 1 y yy y y y B yy y y y            (Với 0; 1y y  ) a/ Rút gọn B b/ Tìm các số nguyên y đề B có giá trị là số nguyên Câu III (2.0 điểm) : Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : y = nx + 1 và Parabol (P) y = 2x 2 . 1/ Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B (1 ; 2) 2/ Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt  1 1;M x y và  2 2;N x y . Hãy tính giá trị biểu thức 1 2 1 2S x x y y  Câu IV (3.0 điểm) : Cho tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn đường kính MQ . Hai đường chéo MP và NQ cắt nhau tại E . Gọi F là điểm thuộc đường thẳng MQ sao cho EF vuông góc với MQ . Đường thẳng PF cắt đường tròn đường kính MQ tại điểm thứ hai là K . Gọi L là giao điểm của NQ và PF. Chứng minh rằng 1/ Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn 2/ FM là phân giác của góc NFK 3/ NQ.LE = NE.LQ Câu V (1.0 điểm) : Cho m, n, p là các số dương thỏa mãn 2 2 22 3m n p  . Chứng minh rằng 1 2 3 m n p   --------------------------------------------------------------------------- Giáo viên : Nguyễn Đức Tính HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm Câu I 1/ Giải các phương trình sau a/ 6 0x   x = 6. Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 6 b/ 2 5 4 0x x   ( a = 1 ; b = -5 ; c = 4) Ta có : a + b + c = 1 + (-5) + 4 = 0 Theo viet phương trình có 2 nghiệm phân biệt: 1 1x  và 2 4 4 1 c x a    1.0 2/ Giải hệ phương trình 2 3 3 2 x y x y      2 3 5 5 1 1 3 2 2 3 2.1 3 1 x y x x x x y x y y y                          Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất 1 1 x y     1.0 Câu II a/ Rút gọn B  2 2 11 1 : 1 y yy y y y B yy y y y            (Với 0; 1y y  )                2 1 1 1 1 2 1 : 1 1 1 1 y y y y y y y B y y y y y y                       11 1 . 2 1 yy y y y B y y y                11 1 . 2 1 yy y y y B y y            12 . 2 1 yy B y y    1 1 y B y    . Vậy với 0; 1y y  thì : 1 1 y B y    1.0 b/ Tìm các số nguyên y đề B có giá trị là số nguyên Ta có 1 1 2 2 1 1 1 1 y y B y y y           Để B nguyên thì 2 1y  nhận giá trị nguyên => 1y  là ước của 2 TH1 : 1y  = 2 => y = 3 => y = 9 (TMĐK) TH2 : 1y  = 1 => y = 2 => y = 4 (TMĐK) TH3 : 1y  = -1 => y = 0 => y = 0 (KTMĐK) TH4 : 1y  = -2 => y = -1 => y Vậy với y = 9 ; y = 4 thì B nhận giá trị nguyên 1.0 Câu III 1/ Tìm n để đường thẳng (d) đi qua điểm B (1 ; 2) Vì đường thẳng (d) đi qua điểm B(1 ; 2) tức là x = 1 thì y = 2. Thay vào ta có 2 = n.1 + 1 => n + 1 = 2 => n = 2 – 1 => n = 1 Vậy với n = 1 thì đường thẳng (d) đi qua điểm B (1 ; 2) 1.0 2/ Chứng minh đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt  1 1;M x y và  2 2;N x y . Hãy tính giá trị biểu thức 1 2 1 2S x x y y  Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) Là : 22 1x nx   22 1 0x nx   ( a = 2 ; b = -n ; c = -1) Có ac = 2.(-1) = -2 < 0 Nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2. => đường thẳng (d) luôn cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt  1 1;M x y và  2 2;N x y , trong đó Theo viet ta có 1 2 1 2 ( ) 2 2 1 2 b n n x x a c x x a             Ta có 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 22 .2 4 .S x x x x x x x x    . Thay số vào ta có 2 1 1 1 1 1 1 4. 4. 1 2 2 2 4 2 2 S                Vậy 1 2 S  1.0 Câu IV Hình vẽ 4 3 x 1 2 1 2 1 3 2 1 L K F E Q P N M 1/ Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn 1.0 Xét tứ giác PEFQ có : EF ( ) EF 90oMQ gt Q   (1) Xét đường tròn đường kính MQ, ta có 90oMPQ  (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Hay 90 (2)oEPQ  Từ (1) và (2) => EF 180oQ EPQ  => Tứ giác PEFQ nội tiếp đường tròn đường kính EQ (ĐPCM) 2/ FM là phân giác của góc NFK Chứng minh tương tự câu a => Tứ giác NEFM nội tiếp Ta có : 1 3F F (Hai góc đối đỉnh) (1b) Xét đường tròn nội tiếp tứ giác PEFQ ta có : 3 2F E (Cùng chắn cung PQ) (2b) Ta có : 2 1E E (Hai góc đối đỉnh) (3b) Xét đường tròn nội tiếp tứ giác NEFM ta có : 1 2E F (Cùng chắn cung MN) (4b) Từ 1b, 2b, 3b, 4b => 1 2F F => FM là phân giác của góc NFK (ĐPCM) 1.0 3/ NQ.LE = NE.LQ + Chứng minh 1 2P P (vì cùng bằng 1Q ) => NE PN LE PL  (Tính chất tia phân giác) (1c) + Chứng minh 3 4P P (vì cùng phụ với hai góc bằng nhau) => NQ PN LQ PL  (Tính chất tia phân giác) (2c) Từ 1c và 2c => . . NE NQ NQ LE NE LQ LE LQ    (ĐPCM) 1.0 Câu V Cho m, n, p là các số dương thỏa mãn 2 2 22 3m n p  . Chứng minh rằng 1 2 3 m n p   Ta có 2 2 22 3m n p  => 22 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 9 9 9 27 3 27 23 2 2 3 m n p m np p m n p m n               Ta cần chứng minh 2 2 2 27 1 2 2m n m n           2 2 2 2 1 4 4 2 27m n m mn n          Thật vậy. Ta có   2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 4 4 4 2 8 2 1 8 m m n n m n m mn n n n m m                 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 4 4 4 2 8 2 1 8 m m n n m n m mn n n n m m               1.0   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 4 4 2 2 2 2 9 4 2 m n m n m n n m n m mn n n m n m n m m                                 Dễ thấy 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 8;2 4; 6 m n m n m n n n m n m n m m                       =>  2 2 2 2 1 2 4 2 27m n m mn n          Dấu = xảy ra khi m = n = 1 Vậy 1 2 3 m n p   . Dấu = xảy ra khi m = n = p = 1 Chú ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa Giáo viên : Nguyễn Đức Tính – 0914.853.901