KSL20708

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (227.71 KB, 4 trang )

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

ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN II

MƠN TỐN - KHỐI 10, NĂM HỌC 2007 - 2008
(Ngày thi: 23-03-2008, Thời gian làm bài 150 phút)

Câu 1.(2 điểm)

a) Giải hệ phương trình:

26

3 2008

26

3 2008

y

x

y

x

y

x

y





















b) Giải phương trình: 2 2

3 

x



x



2  

x



1. Câu 2.(2 điểm)

a) Giải bất phương trình:

2 x

4 x

3

2 x









b) Giải hệ bất phương trình:
2
2

3

2

1

0

2

5

2

0 x













 





Câu 3.(2 điểm) Cho phương trình

2 2

2(1 2 )

4

3

2 0, (1)

x



m x



m



m

 

(

m

là tham số).

a) Giải phương trình với

m



2

b) Tìm

m

để phương trình có nghiệm

x x

1

,

2 thoả mãn:



15 

x

1



x

2



x x

1

.

2



11 Câu 4.(3 điểm)

1) Cho tam giác



ABC

có

AB



c BC

,



a CA

,



b

và bán kính đường trịn nội tiếp là

r

.
Chứng minh rằng



ABC

đều khi và chỉ khi 2 2 2 2

36 .

a



b



c



r

2) Trong mặt phẳng toạ độ

Oxy

cho hai điểm

A

( 1; 2)



và

B

(1; 6)



a) Tìm điểm

C

thuộc đường thẳng

( ) :



x



2 y



3 

0

sao cho



ABC

cân tại

A

, biết

C

có
hồnh độ dương.

b) Viết phương trình đường trịn qua

A

, tiếp xúc với

BC

và có bán kính nhỏ nhất.

Câu 5.(1 điểm) Cho số thực

a

thoả mãn

a



1

. Chứng minh rằng: 4

1



a



1



a



1



a



3.

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

ĐÁP ÁN KHẢO SÁT LẦN II

MƠN TỐN - KHỐI 10, NĂM HỌC 2007 - 2008

Câu Nội dung Điểm

1. A 



3;3



0.25



; 1



B    0.25

AB=[-3;-1] 0.25

CA   ( ; 3)(3;) 0.25

2.a D[-4;+ ) 0.25

( 2) 0

f   0.25

(0) 5

f  0.25

(5) 8

f  0.25

2.b 0.5

0.5

3.a Đưa phương trình đã cho về dạng 2 2

(2m m1)x2m 3m1(1)

+ Nếu 2

2 1 0 1

2
m
m m

m





    






thì pt có nghiệm duy nhất 2 1

2 1
m
x

m






0.5

+ Nếu m1 thì (1) 0x0, pt có tập nghiệm là . 0.25

+ Nếu 1

m thì (1) 0x3, pt vơ nghiệm. 0.25

3.b

+ Nếu m1 thì pt đã cho trở thành 4 3 0 3
4

x   x 0.25

+ Nếu m1 thì pt đã cho là pt bậc hai có   ' m 3. Do đó

-Nếu m 3 thì pt vơ nghiệm.

-Nếu m3 thì pt có nghiệm kép 1,2 1

2
x 

0.25
y

O 1 3

2
-1
-2

-4

-3
Nếu lấy cả đường thẳng

ứng với x<-4, x>0 hoặc lấy 
cả phần Parabol ứng với

x<0 trừ 0.25 điểm.

x

x
y

-4 0 2 

-3

-1

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

-Nếu m 3 thì pt có hai nghiệm phân biệt 1,2 1 3

m m

x

m

   





0.25

Kết luận:...

Ghi chú: Nếu không xét riêng trường hợp

m1 mà tính  hoặc ' ngay và

biện luận đúng thì cho 0.5 điểm tồn bài.

0.25

4.a

Ta có 3 3





3 3









2 2 2

AB

MB MA MBBA  MB  CB CA  b a



        

. 0.5

2 2

b
BD CB



 

  0.25

MDMBBD

  

= 3

2a b

  

Ghi chú: - Khơng vẽ hình khơng cho điểm.

- Có thể có nhiều cách phân tích khác:

,...
2

MDMAAD ABCD CA

     

hoặc MDMCCD
  

0.25

4.b E chia CA theo tỉ số -3 nên EC 3EA 0.25

Từ đó 3





4 4 3 3

2 4
b a
EDDC EDDC CA  ED CD CA ED 

 

        

(Hoặc 3 3 )

2 4 2 4

CB CA b a
EDCD CE    

   

  

0.5

Theo kết quả phần a) và kết quả vừa tìm được thì MD2ED M E D, ,

 

thẳng
hàng.

Ghi chú: Học sinh có thể sử dụng định lý Mê lê na uýt:

chia theo tû sè 3,

M BA E chia AC theo tỷ số 1

 , D chia CB theo tỷ số -1 mà

3. .( 1) 1
3



  . Suy ra M, E, D thẳng hàng.

0.25

4.c

Gọi AN cắt BC tại A1, BN cắt AC tại B1; Kẻ CA’//BB1, CB’//AA1. Gọi AH, CK

tương ứng là các đường cao kẻ từ A và C của các tam giác NAB, NBC.
Theo qui tắc HBH ta có NC NA' NB' NA' NA NB' NB

NA NB

     

    

(1) 0.25
A

D C

A

B

C
N

H B1 K

A1

A’

B’

P

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

Vì 1
1

'
// ' NA B C
NB A C

NA B A

  . Hơn nữa hai tam giác vuông B AH B CK1 , 1 đồng

dạng với nhau nên 1
1

1
2
1
2

'
.

NBC NBC

NAB NAB

CK BN

S S

B C CK NA

B A AH S NA S

AH BN

 

      (2)

0.25

Tương tự

1 2

1 1

1 2

.
'

// ' .

NCA
NAB

CL NA S
A C

NB CL

NA B C

NB A B BP BP NA S



     (3) 0.25

Thay (2), (3) vào (1) ta được

. . .

NBC NCA

NAB NBC NCA

NAB NAB

S S

NC NA NB S NC S NA S NB

S S

 

  

 

       

     

Đpcm.

0.25

5.a Q đúng thì chữ số tận cùng của n+51 là 2, chữ số tận cùng của n-38 là 3 nên
n+51 và n-38 không thể là các số chính phương, suy ra P, R cùng sai, vơ lý!Vậy
Q phải là mệnh đề sai. Tức là P, R đúng.

0.25

Giả sử 2 2

51 ; 38 ( , ) .

n x n y x y  xy 0.25

(x y x)( y) 89

    =89.1 1 45

89 44

x y x

x y y

  

 

   

  

 

0.25

Vậy 2

45 51 1974.

n  

Ghi chú: Học sinh có thể xét 3 khả năng

-P sai, Q & R đúng,

-Q sai, P & R đúng,

-R sai, P & Q đúng.

0.25

5.b Phương trình đã cho tương đương với 2

6 5 1 2

x  x   m. Xét hàm số

6 5

yx  x , có đồ thị ứng với x2:

Ghi chú: Học sinh có thể vẽ đồ thị của cả hàm số

6 5

yx  x mà không bỏ

đi phần x2, vẫn cho đủ điểm.

0.5

Số nghiệm pt đã cho thoả mãn yêu cầu bài toán là số giao điểm của đường thẳng

1 2

y  m ( song song với trục hoành) và phần đồ thị nét liền. Do đó để pt có ba
nghiệm dương phân biệt lớn hơn 2 thì 3 1 2 4 3 1

m m

        .

0.5
5

0 1

-4

5
2

</div>

KSL20708

ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN II

Câu 1.(2 điểm)

26

3

2008

26

3

2008

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>y</i>

<i>x</i>

<i>y</i>















<sub></sub>

<sub></sub>





3



<i>x</i>



<i>x</i>



2

 

<i>x</i>

<i>x</i>



1.

Câu 2.(2 điểm)

2

<i>x</i>

4

<i>x</i>

3

2

<i>x</i>









3

2

1

0

2

5

2

0

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>















 





Câu 3.(2 điểm) Cho phương trình

2(1 2 )

4

3

2

0, (1)