Đề thi thử vào 10 môn Toán Yên Lạc lần 2 năm 1718.

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (149.95 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC ĐỀ THI THỬ LẦN 2 VÀO LỚP 10 THPT MƠN: TỐN 
NĂM HỌC 2017-2018

(Thời gian:120 phút, không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

Viết phương án đúng (A, B, C hoặc D) vào bài thi.
Câu 1. Hàm số y = m  2x + m- 3 đồng biến khi

A. m >2 B. m 2 C. m2;m3 D. m 2
Câu 2. Số nghiệm của phương trình x2 2mx 3m2 0(m0)

A. Vô nghiệm B. 2 nghiệm C. 2 nghiệm phân biệt D. Một nghiệm

Câu 3. Điều kiện xác định của biểu thức 2
1 2x

x


là
A.

1
2

x  B. x 0

C.
1

; 0
2
x x

D.
1

; 0
2
x x

Câu 4. Tam giác ABC vuông cân đỉnh A có BC 5 2cm quay một vịng xung quanh cạnh AB,
diện tích xung quanh (làm trịn 2 chữ số thập phân;  3,14) của hình tạo thành là

A. 111,01cm2 B. 111,02 cm2 C.222,02 cm2 D. 222,04 cm2
II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Câu 5. (2,0 điểm): Cho biểu thức

x 2 1 x 1

P .

x 2 x x 2 x 1

 

 

  

  

 

a) Rút gọn P ;

b) Tính giá trị của P với x 4 2 3 
c)Tìm các giá trị của x để 2P2 x 5
Câu 6. (2,0 điểm)

a) Cho hệ phương trình:

( 2) 3 5

m x y

x my

  




 

 (I) (với m là tham số)

Chứng minh hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất với mọi m. Tìm nghiệm duy nhất đó theo m.
b) Cho phương trình x2 2(m1)x m  6 0 (1) (x là ẩn số, m là tham số ).

Tìm các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm x x1, 2 thỏa mãn điều kiện

2 2

1 2 2 1 2 1 4 2

B x x  x x  x  x đạt giá trị lớn nhất.

Câu 7. (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB < AC. Đường trịn tâm O đường kính BC cắt
các cạnh AB, AC theo thứ tự tại E và D. Gọi H là giao điểm của BD và CE. Từ A kẻ các tiếp
tuyến AM, AN với đường tròn (M, N là tiếp điểm)

a) Chứng minh AH vng góc với BC tại K
b) Chứng minh ANM AKN

c) Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng

Câu 8. (1,0 điểm)

Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh bất đẳng thức
2 2 2 2 2 2 3

a b c

b c a  a c b  a b c 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

---(Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm)

PHỊNG GD&ĐT YÊN LẠC HDC ĐỀ THI THỬ LẦN 2 VÀO LỚP 10 THPT 
MƠN: TỐN

NĂM HỌC 2017-2018

(Thời gian:120 phút, khơng kể thời gian giao đề)

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM: Mỗi ý đúng được 0.5 điểm. Chỉ lựa chọn 1 phương án đúng
 (HS lựa chọn từ 2 phương án trở lên không cho điểm)

Câu 1 2 3 4

Đáp án A C D B

II. PHẦN TỰ LUẬN

( Lưu ý HS làm đúng tới đâu cho điểm tới đó , học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm

tối đa, bài hình học sinh khơng vẽ hình phần nào khơng cho điểm phẩn đó))

Câu Nội dung Điểm

a) ĐKXĐ : x > 0 và x 1 0,25

1

x 2 1 x 1

P .

x 2 x x 2 x 1

 

 

  

  

 





x 2 1 x 1

x 2 x 1

x x 2

 

 

  

    

  =





x 2 x x 1

.
x 1

x x 2

  






 







x 1 x 2 x 1

.
x 1

x x 2

  




x 1
x



Vậy P =

x 1
x



với x > 0 và x 1

0,25
0,25

0,25

b)





x 4 2 3 3 2. 3.1 1      3 1 0,25

P =

x 1 3 3 3

x 3 1

 

 



0,25

c)

x 1

2 2 x 5 2 x 2 2x 5 x
x

2x 3 x 2 0 2x 3 x 2 0(1)


     

         0,25

Đặt t x ( t > 0), phương trình (1) có dạng 2t2 -3t + 2 = 0 (2)

Ta có

  9 167 0 => phương trình (2) vơ nghiệm suy ra

phương trình (1) vô nghiệm

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

6





 

2
2

( 2) 3 3 5

( 2) 3 5

3 3

( 2 3) 3 1 1

3 6 2 3 5

3 3 2

m my y

m x y

x my x my

m m y m

m m y my y

x my x my

   


  





 

   

 

    

      

   

    

 

0,25
0,25

Ta có





2 2 3 1 2 0

m  m  m   m nên PT (1) có nghiệm duy

nhất m.

Suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất m

0,25

Khi đó hệ có nghiệm duy nhất là

3 1
2 3
9 5

2 3

m
y

m m

m
x

m m







  




 

  



0,25

b) Ta có:

2 2

( 1) 6 7

1 27
0,
4 4

m m m m

m m m

       

 

     

 

Do  0, m Vậy phương trình đã cho ln có nghiệm với mọi m,

theo hệ thức vi ét ta có

1 2
1 2

2( 1)(1)

. 6(2)

x x m

x x m

  




 


0,25
0,25

Từ (1) và (2) ta có x1x22 .x x1 2 14

Theo đề bài B x 1x2 2x x1 2 x12 4x22 x1x22x x1 2 (x12 )x2 2

Do đó B14 ( x12 )x2 2 14

Đẳng thức xảy ra khi x1 = -2x2 (3)

Từ (1) và (3) suy ra x2 =-2(m-1); x1=4(m-1). Thay vào (2) ta

được

-8(m-1)2 =-m-6  8m2 -17m +2 =0.

Từ đó tìm được m = 2;
1
8
m 

Vậy

1
{2; }

8
m 

thì thỏa mãn đề bài

0,25

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

7

N
M

O
K

D
E

C
B

a)Do BDC 90 ;0 BEC 900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> BDAC CE; AB;mà BD cắt CE tại H nên H là trực tâm tam
giác ABC, suy ra AH BC tại K

0,25
0, 5
0,25

b)Do AH BC tại K nên AKC 900(1)

Lại có AN là tiếp tuyến của đường trịn nên :
ANO 900(2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác AKON nội tiếp

=> AKN AON ( cùng chắn cung AN) (3)

Lại có AM, AN là hai tiếp tuyến cắt nhau nên

  

 

1
2 2
1

2
MON

AON sd MN

AON ANM
ANM sd MN



  



 







 (4)

Từ (3) (4) ta có ANM AKN (đpcm)

0,25
0,25

c) Ta có ADN ACN (do NAC chung;

  1 

DNA DCN  sd ND

 )

=> AN2 = AD.AC (5)

ADH AKD

  (do KAC chung;  





90
ADH AKC 

)
=> AD.AC = AH.AK (6)

Từ (5) và (6) suy ra AN2 = AH.AK

=> ANH AKN ( do KAN chung;

AN AK
AH AN )

=> ANH AKN . Theo phần (b) ANM AKN
=> ANH ANM suy ra M, H, N thẳng hàng

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

























2 2 2

3 3 3

3 2 2 3 2 2 3 2 2

3 3 3

3 2 2 3 2 2 3 2 2

a b c

VT

a b c a b b c a c b c a

a b c

a b c a a b c a a b c a

  

     

  

     

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 2 số dương A, B.

A B

AB  

Ta có









3 2 2
3 2 2

3 3

(1)
3 2 2

a b c a

a b c a a b c

a a

a b c

a b c a

  

     

 

 
 

Tương tự





3 3

3 2 2

b b

a b c
b a c b   

(2)





3 3

3 2 2

c c

a b c
c b a c   

(3)
Từ (1) (2) (3) ta có

2 2 2 2 2 2

a b c

b c a  a c b  a b c 

Dấu “=” xảy ra khi a=b=c  tam giác ABC đều

0,5

0,25

</div>

Đề thi thử vào 10 môn Toán Yên Lạc lần 2 năm 1718.











 











Ta có





 

 

















































Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về