sở gd - đt thái bình trờng thpt nguyễn đức cảnh đề thi khảo sát môn toán 10 (Thời gian làm bài : 120 phút) Bài 1.(2điểm) 1) Giải bất phơng trình : 2 2 3 2 4 0 3 x x x x x + ữ 2) Tìm m để phơng trình sau đây có nghiệm: 2 2 2 1x x m x + = + Bài 2.(2điểm) 1) Giải hệ phơng trình: 4 5 5 6 x y xy x y + = + + + = 2) Tìm m để hệ phơng trình sau đây có nghiệm duy nhất: 2 2 8 x y z m x y z + + = + = Bài 3.(2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết đờng chéo AC có phơng trình là: x + 2y 3 = 0, đờng chéo BD qua điểm M(-1;-3) và cạnh AB qua điểm N(1;-4). Bài 4.(2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình : (x-1) 2 + (y+4) 2 = 25. 1) Viết phơng trình đờng thẳng (d) qua M(3;-1) cắt đờng tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho AB = 8. 2) Cho P(5;10), Q(8;1). Tìm điểm N thuộc đờng tròn (C) sao cho 2NP NQ+ uuur uuur nhỏ nhất. Bài 5.(2 điểm) CMR với mọi tam giác ABC bất kì ta có: 1) sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 2 + 2cosA.cosB.cosC 2) 1 sin 1 sin 1 sin 2 cos cos cos 4 4 4 A B C A B C + + + + + + + ữ Hết Đáp án Bài Đáp án Điểm 1 1) Giải bất phơng trình : 2 2 3 2 4 0 3 x x x x x + ữ 1đ { } [ ) 2 2 2 2 2 3 2 4 0 3 0 4 0 1: 4 3 0 4 0 0 4 2 : 4 3 2 1 2 3 0 3 0 4; x x x x x x x x TH x x x x x x TH x x x x x x x + ữ = = = > < > > + > + 0.5 0.5 2)Tìm m để phơng trình sau đây có nghuệm: 2 2 2 1x x m x + = + 1đ 2 2 1 2 2 1 4 1 0(*) x x x m x x x m + = + + = Để phơng trình đã cho có nghiệm thì phơng trình (*) phải có nghiệm 1x Đặt y = x 1 thì (*) trở thành : y 2 2y + m 4 = 0 (**) 1) Pt(*) có nghiệm 1 2 1x x thì pt(**) có hai nghiệm 1 2 0 4 0 4y y m m 2) Pt(*) có nghiệm 1 2 1 2 1 (**) : 0x x Pt y y ' 5 0 2 0 4 5 4 0 m m m = KL: 5m 0.5 0.5 Bài 2 Giải hệ phơng trình: 4 (1) 5 5 6 (2) x y xy x y + = + + + = 1đ + Đặt , ( 0)xy t t= => xy = t 2 và từ (1) ta có x + y = t + 4 + Bình phơng hai vế của (2) ta đợc 2 2 2 2 2 10 2 ( 5)( 5) 36 2 5( ) 25 26 4 2 5( 4) 25 26 2 5( 4) 25 22 0 22 0 22 0 22 4 4 & 76 / 3 4( 5 45) (22 ) 3 64 304 0 x y x y x y xy x y t t t t t t t t t t t t t t t t t + + + + + = + + + + + = + + + + + = + + + = = = = + + = + = + Hệ <=> 8 4 16 x y x y xy + = = = = 2)Tìm m để hệ phơng trình sau đây có nghiệm duy nhất: 2 2 8 x y z m x y z + + = + = 1đ ĐKC: Nhận xét hpt đã cho đối xứng với x và y nên nếu (x 0 ;y 0 ) là một nghiệm thì (y 0 ; x 0 ) cũng là nghiệm của hpt suy ra hệ pt nhận (x 0 ;y 0 ) làm nghiệm duy nhất <=> x 0 = y 0 . 0.5 Thế x = y = x 0 vào hệ ta đợc: 0 2 0 0 2 0 2 8 4 0(*) 2 8 x z m x x m x z + = + = = Do x 0 là nghiệm duy nhất nên (*) phải có nghiệm x 0 duy nhất ' 16 4 0 4m m = + = = ĐKĐ: Với m = -4 ta có : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 8( 4 ) 8 4 4 4 4 0 4 4 4 x y z x y x y x y z z x y x x y y z x y z + + = + = + = = = + + + = = = = Hệ có nghiệm duy nhất (-4;-4;4) thoả mãn. KL: m = -4 0.5 3 Trong mặt phẳng Oxy tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD, biết đ- ờng chéo AC có phơng trình là: x + 2y 3 = 0, đờng chéo BD qua điểm M(-1;-3) và cạnh AB qua điểm N(1;-4). 2 + Viết pt BD: 2x y 1 = 0 => giao điểm hai đờng chéo là I(1;1) + Gọi ( ; )n a b r là VTPT của AB. Do AB tạo với AC góc 45 0 nên ta có: 0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 cos 45 2 5 5 5( ) 2( 2 ) 3 8 3 0 a b a b a b a b a b a b a ab b + + = = + + + = + = Chọn b = 1 suy ra 1 3; 3 a a= = + TH1: a = 3, b = 1 ta có AB: 3x + y + 1 = 0 => A(-1;2), B(0;-1), C(3;0), D(2;3) +TH2: a = -1/3, b = 1 ta có AB: x 3y 13 = 0 => A(7;-2), B(-2;-5), C(- 5;4),D(4;7) 4 Trong mặt phẳng Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình : (x-1) 2 + (y+4) 2 = 25. 1) Viết phơng trình đờng thẳng (d) qua M(3;-1) cắt đờng tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho AB = 8. 2) Cho P(5;10), Q(8;1). Tìm điểm N thuộc tròn (C) sao cho 2NP NQ+ uuur uuur min. + (C) có tâm I(1;-4) và bán kính R = 5 + Đt (d) qua M(3;-1) nên pt có dạng: a(x-3) + b(y+1) = 0 (đk: a 2 + b 2 khác 0) Khoảng cách từ I đến đờng thẳng (d) là 2 2 ( , ) 3 2 AB d I d R = = ữ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 2 3 3 2 3 9 5 12 0 12 5 a a b a b a b a ab b a a b = = + = + = = + TH1: a = 0 chọn b = 1 => (d): y + 1 = 0 TH2: a = 12b/5 chọn b = 5, a = 12 ==> (d): 12x + 5y 31 = 0 3) Cho P(5;10), Q(8;1). Tìm điểm N thuộc đờng tròn (C) sao cho 2NP NQ+ uuur uuur nhỏ nhất. +Xét điểm K(x;y) sao cho: 5 2(8 ) 0 7 2 10 2(1 ) 0 4 x x x KP KQ O y y y + = = + = + = = uuur uuur ur + Ta có: p = 2 3 3NP NQ NK NK+ = = uuur uuur uuur suy ra giá trị này nhỏ nhất khi chỉ khi NK ngắn nhất, ta có N là giao điểm của KI với đờng tròn (C) + Phơng trình KI là 1 3 4 4 x t y t = + = + và tìm đợc hai giao điểm của KI với (C) là N 1 (4;0) và N 2 (-2;-8) Dễ thấy K nằm ngoài (C) nên N phải ở giữa K và I hay &NI NK uur uuur ngợc h- ớng.Vậy N=N 1 (4;0) 6 CMR với mọi tam giác ABC bất kì ta có: 1) sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 2 + 2cosA.cosB.cosC 2) 1 sin 1 sin 1 sin 2 cos cos cos 4 4 4 A B C A B C + + + + + + + ữ 1.5đ áp dụng BĐT Bunhia ta có: 1 sin 1 sin 2(2 sin sin ) 2(2 2sin cos ) 2 2 2 1 cos 2 2 cos ,(1) 2 4 A B A B A B A B C C + + + + + + = + + = 1 sin 1 sin 2 2 cos ,(2) 1 sin 1 sin 2 2 cos ,(3) 4 4 A B B C C A+ + + + + + Cộng theo vế ba BĐT trên suy ra điều phải chứng minh. Dấu đẳng thức xảy ra khi chỉ khi tam giác ABC đều. 1.0 0.5 [ ] [ ] 2 2 1 cos2 1 cos2 sin 2 2 2 cos( ).cos( ) cos 2 cos cos( ) cos 2 cos cos( ) cos( ) 2 2cos .cos .cos A B VT C A B A B C C A B C C A B A B A B C = + + = + = + = + + + = + Hết Biện luận theo m giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau đây: ( ) ( ) 2 2 2 5F x y x my= + + + 1đ Xét hệ phơng trình: 2 0 2 5 0 5 x y x y x my x my + = = + = + = D = m + 1 D x = 5 2m D y = 7 TH1. Nếu 1m thì hệ có nghiệm duy nhất (x 0 ;y 0 ) 0.5 0 0 ; y x D D x y D D = = Khi đó F min = 0 TH2. Nếu m = -1 > F = (x y + 2) 2 + (x y - 5) 2 Đặt x y = t ta có F = (t + 2) 2 + (t - 5) 2 = 2t 2 6t + 29 F min = F(3/2) = 49/2 0.5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có giao điểm hai đờng chéo là I(5;-2), đờng thẳng AB đi qua điểm M(0;-3), đờng thẳng CD đi qua điểm N(9;-2) và diện tích của hình chữ nhật là 16. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. 1.5 + Gọi M là điểm đối xứng với M qua điểm I, ta có M(10;-1) và M thuộc đờng thẳng CD. Ta có phơng trình CD là : 9 2 11 0 1 1 x y x y + = = + Theo giả thiết ta lại có diện tích của hình chữ nhật là 16 suy ra: 5 2 11 2 ( ; ) 2 4 2 2 16 2 2 4 2 ABCD AD d I CD S AB AD + = = = = = = + Điểm C thuộc đờng thẳng CD nên có tọa độ dạng (x;x-11).Ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 8 10 2 2 5 9 10 8; 6 AB AD IC x x x x = + = + = ữ ữ + = = = TH1: nếu C(8;-3) thì D(6;-5) suy ra A(2;-1) và B(4;1) TH2: nếu C(6;-5) thì D(8;-3) và A(4;1) và B(2;-1) 0.5 0.5 0.5 Trong mặt phẳng Oxy cho Elip(E): 2 2 1 16 9 x y + = . 1)Viết phơng trình đờng thẳng (d) song song với trục Ox cắt (E) tại hai điểm M, N phân biệt sao cho OM ON . 1đ + Đờng thẳng (d) // Ox nên có phơng trình y = m. Theo tính đối xứng của (E) suy ra tọa độ M, N có dạng M(x;m) và N(-x;m) (giả sử y > 0) + Ta có: 2 2 2 2 ( ; ) ( ) 1 12 16 9 5 . 0 0 x m M x m E m OM ON x m + = = = = uuuur uuur Vậy có hai đờng thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán y = 12 5 0.5 0.5 2)Tam giác A 2 BC đều nội tiếp elip(E), biết A 2 (4;0) là một đỉnh của elip và B, C đối xứng nhau qua Ox. Xác định toạ độ các đỉnh B, C. 1đ + Gọi toạ độ các điểm B(x 0 ;y 0 ) và C(x 0 ;-y 0 ) đk: -4 < x 0 < 4 do B thuộc (E) nên ta có: 2 2 0 0 1 16 9 x y + = , (1) +Tam giác A 2 BC đều nên ta có A 2 B = BC ( ) 2 2 2 0 0 0 0 0 x 4 y 4y 4 3 , (2)x y + = = Thế (2) vào (1) suy ra 2 2 0 0 0 72 3 9(4 3 ) 16 16.9 43 y y y + = = 0 44 43 x = Vậy B( 44 43 ; 72 3 43 ),C( 44 43 ; 72 3 43 ) 0.5 0.5 1)Tìm m để hệ phơng trình sau đây có nghiệm: 2 1 3x y x y m + + = + = 1đ Đặt 2 , 1 ( , 0)x u y v u v = + = > u 2 + v 2 = x+ y -1 > Hệ pt: 2 2 3 3 10 1 2 u v u v m uv u v m + = + = = + = Suy ra u,v là các nghiệm của phơng trình X 2 3X + 10 2 m = 0 (1) ĐK để hệ có nghiệm thì pt(1) phải có hai nghiệm không âm 0 2 11 0 11 0 3 0 10 2 0 10 0 m S m P m 0.5 0.5 2) Cho tam giác ABC có 4A = 2B = C, (A, B, C là các góc trong tam giác ABC). CMR: 2 2 2 3 3 3 7 cos cos cos 2 2 2 4 A B A + + + + + = ữ ữ ữ + Từ giả thiết 4A = 2B = C suy ra 2 4 , , , 7 7 7 A B C = = = + Biến đổi VT = 2 2cos .cos .cosA B C + 2 4 2 2cos .cos .cos 7 7 7 2 2 4 2 sin cos .cos .cos 7 7 7 7 sin 7 2 8 1 7 2 sin 2 7 4 4 8sin 7 VT = + = + = + = = 2)Giải phơng trình : 2 2 2 2 9 ( 2) 2 9x x x x+ = + + 1đ Đặt 2 2 9x = t, đk: t > 0 Phơng trình : t 2 (x+1)t + x = 0 ( ) 2 2 2 t x 2 t 2x 0 13 2 2 9 2 2 2 9 3 t x x t x x x x + + = = = = = = = hớng dẫn chấm Bài Đáp án Điểm 1.1 (1đ) { } [ ) 2 2 2 0 4 0 1: 4 3 0 4 0 0 4 2 : 4 3 2 1 2 3 0 3 : 0 4; x x x TH x x x x x x TH x x x x x x TL x = = = > < > > + > + 0.25 0.5 0.25 1.2 (1đ) 2 2 1 2 2 1 4 1 0(*) x x x m x x x m + = + + = Để phơng trình đã cho có nghiệm thì phơng trình (*) phải có nghiệm 1x Đặt y = x 1 thì (*) trở thành : y 2 2y + m 4 = 0 (**) TH1:Pt(*) có nghiệm 1 2 1x x thì pt(**) có hai nghiệm 1 2 0 4 0 4y y m m TH2: Pt(*) có nghiệm 1 2 1 2 1 (**) : 0x x Pt y y ' 5 0 2 0 4 5 4 0 m m m = TL: 5m 0.5 0.5 2.1 (1đ) + Đặt , ( 0)xy t t= => xy = t 2 và từ (1) ta có x + y = t + 4 + Bình phơng hai vế của (2) ta đợc 0.25 2 2 2 2 10 2 ( 5)( 5) 36 2 5( 4) 25 22 0 22 0 22 0 22 4 4 & 76 / 3 4( 5 45) (22 ) 3 64 304 0 x y x y t t t t t t t t t t t t t t + + + + + = + + + = = = = + + = + = + Hệ <=> 8 4 16 x y x y xy + = = = = 0.5 0.25 2.2 (1đ) ĐKC: Nhận xét hpt đã cho đi xứng với x và y nên nếu (x 0 ;y 0 ;z 0 ) là một nghiệm thì (y 0 ; x 0 ;z 0 ) cũng là nghiệm của hpt suy ra hệ pt nhận (x 0 ;y 0 ;z 0 ) làm nghiệm duy nhất thì x 0 = y 0 . Thế x = y = x 0 vào hệ ta đợc: 0 2 0 0 2 0 2 8 4 0(*) 2 8 x z m x x m x z + = + = = Do x 0 là nghiệm duy nhất nên (*) phải có nghiệm x 0 duy nhất ' 16 4 0 4m m = + = = ĐKĐ: Với m = -4 ta có : ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 08( 4 ) 4 8 4 4 4 x x y z x yx y x y y x y z z x y z x y z = + + = + + + =+ = = + = = = = Hệ có nghiệm duy nhất (-4;-4;4) thoả mãn. KL: m = -4 0.5 0.5 3 + Viết pt BD: 2x y 1 = 0 => giao điểm hai đờng chéo là I(1;1) + Gọi ( ; )n a b r là VTPT của AB. Do AB tạo với AC góc 45 0 nên ta có: 0 2 2 2 2 2 2 2 2 1 cos 45 3 8 3 0 2 5 5 a b a b a ab b a b a b + + = = = + + Chọn b = 1 suy ra 1 3; 3 a a= = + TH1: a = 3, b = 1 ta có AB: 3x + y + 1 = 0 => A(-1;2), B(0;-1), C(3;0), D(2;3) +TH2: a = -1/3, b = 1 ta có AB: x 3y 13 = 0 => A(7;-2), B(-2;-5), C(- 5;4),D(4;7) 0.25 0.5 0.25 0.5 0.5 4 4.1 (1đ) + (C) có tâm I(1;-4) và bán kính R = 5 + Đt (d) qua M(3;-1) nên pt có dạng: a(x-3) + b(y+1) = 0 (đk: a 2 + b 2 khác 0) Khoảng cách từ I đến đờng thẳng (d) là 2 2 ( , ) 3 2 AB d I d R = = ữ ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 0 2 3 3 2 3 9 5 12 0 12 5 a a b a b a b a ab b a a b = = + = + = = + TH1: a = 0 chọn b = 1 => (d): y + 1 = 0 TH2: a = 12b/5 chọn b = 5, a = 12 ==> (d): 12x + 5y 31 = 0 0.25 0.5 0.25 4.2 (1đ) +Xét điểm K(x;y) sao cho: 5 2(8 ) 0 7 2 10 2(1 ) 0 4 x x x KP KQ O y y y + = = + = + = = uuur uuur ur + Ta có: p = 2 3 3NP NQ NK NK+ = = uuur uuur uuur suy ra giá trị này nhỏ nhất khi chỉ khi NK ngắn nhất, ta có N là giao điểm của KI với đờng tròn (C) + Phơng trình KI là 1 3 4 4 x t y t = + = + và tìm đợc hai giao điểm của KI với (C) là N 1 (4;0) và N 2 (-2;-8) Dễ thấy K nằm ngoài (C) nên N phải ở giữa K và I hay &NI NK uur uuur ngợc h- ớng.Vậy N=N 1 (4;0) 5 CMR với mọi tam giác ABC bất kì ta có: 1) sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 2 + 2cosA.cosB.cosC 2) 2đ 1 sin 1 sin 1 sin 2 cos cos cos 4 4 4 A B C A B C   + + + + + ≤ + +  ÷   5.1 (1®) [ ] [ ] 2 2 1 cos2 1 cos2 sin 2 2 2 cos( ).cos( ) cos 2 cos cos( ) cos 2 cos cos( ) cos( ) 2 2cos .cos .cos A B VT C A B A B C C A B C C A B A B A B C − − = + + = − + − − = + − − = + − + + = + 0.5 0.5 5.2 (1®) + ¸p dông B§T Bunhia ta cã: 1 sin 1 sin 2(2 sin sin ) 2(2 2sin cos ) 2 2 2 1 cos 2 2 cos ,(1) 2 4 A B A B A B A B C C + − + + + ≤ + + = + ≤ + = 1 sin 1 sin 2 2 cos ,(2) 1 sin 1 sin 2 2 cos ,(3) 4 4 A B B C C A+ + + ≤ + + + ≤ + Céng theo vÕ ba B§T trªn suy ra ®iÒu ph¶i chøng minh. DÊu ®¼ng thøc x¶y ra khi chØ khi tam gi¸c ABC ®Òu. 0.5 0.25 0.25 HÕt . sở gd - đt thái bình trờng thpt nguyễn đức cảnh đề thi khảo sát môn toán 10 (Thời gian làm bài : 120 phút) Bài 1.(2điểm) 1) Giải bất phơng trình : 2 2 3 2 4. (d): 12x + 5y 31 = 0 3) Cho P(5 ;10) , Q(8;1). Tìm điểm N thuộc đờng tròn (C) sao cho 2NP NQ+ uuur uuur nhỏ nhất. +Xét điểm K(x;y) sao cho: 5 2(8 ) 0 7 2 10 2(1 ) 0 4 x x x KP KQ O y y y . M là điểm đối xứng với M qua điểm I, ta có M (10; -1) và M thuộc đờng thẳng CD. Ta có phơng trình CD là : 9 2 11 0 1 1 x y x y + = = + Theo giả thi t ta lại có diện tích của hình chữ nhật là