DeDA thi thu lop 10 nam 1213

<span class='text_page_counter'>(1)</span>trêng thcs 2013 ho»ng lu §Ò chÝnh thøc. (§Ò gåm 5 bµi – 01 trang). đề thi thử lớp 10 thpt năm học 2012 – m«n : to¸n Thêi gian lµm bµi : 120 phót ( Không kể thời gian giao đề ) Ngµy thi 05/06/2012.  x 6 1   10  x  A     : x  2  x 2  x 2 x x 4 x 3 x 6 Bµi 1(2.0 ®iÓm): Cho biÓu thøc. a/ Rót gän biÓu thøc A b/ T×m x sao cho A < 2 3 x  y 8  Bµi 2 (2.5 ®iÓm) : 1/ Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh tr×nh sau  x  2 y 5. 2/ Cho ph¬ng tr×nh bËc hai: x2 – 2mx +m – 7 = 0 (1) víi m lµ tham sè a/ Gi¶i ph¬ng tr×nh víi m = -1 b/ Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi m 1 1  16 x x 1 2 c/ Tìm m để phơng trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thoả mãn. Bài 3 (1.0 điểm ) : Cho parabol y = x2 có đồ thị là (P).Viết phơng trình đờng thẳng đi qua ®iÓm M(1 ; 2) vµ tiÕp xóc víi Parabol (P) t¹i ®iÓm N Bài 4 (3.5 điểm) : Cho đờng tròn (O; R) có đờng kính AB vuông góc với dây cung MN tại H ( H nằm giữa O và và B). Trên tia MN lấy điểm C nằm bên ngoài đờng tròn (O; R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đờng tròn (O; R) tại điểm K khác A, hai dây MN vµ BK c¾t nhau t¹i E 1/Chứng minh tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp và  CAE đồng dạng với CHK 2/Qua N kẻ đờng thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK cân 3/ Gi¶ sö KE = KC. Chøng minh OK//MN vµ KM2 + KN2 = 4R2. a Bµi 5 (1.0 ®iÓm ) : Cho hai sè a vµ b tho¶ m·n : trÞ cña biÓu thøc M = a3 + b3. . . a 2  3 b  b 2  3 3. . T×m gi¸. --------------------------------------- HÕt --------------------------------------Hä vµ tªn thÝ sinh : ............................................. Sè b¸o danh : .................................... Ch÷ ký cña gi¸m thÞ sè 1 : ......................... Ch÷ ký cña gi¸m thÞ sè 2 : .........................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> đáp án và thang điểm C©u Néi dung Bài 1 Điều kiện để biểu thức A xác định : x > 0 và x  2 x 6 1   10  x   A     : x  2   x 2  x 2 x x 4 x 3 x 6    x 6 1   x 2  A   :  x x 2 x 2  x 2 3 x 2   . . . a/.    3x  6 x  x  2   3 x  x  2  x  4  10  x A : x 2 3 x  x  2  x  2 A A. . 3x  6x  12 x  3x  6 x 3 x. . x 2. . x 2.  18 x 2 x. . x 2 1. b/. . A<2⇔. 2. x. . x 2. 2. . . .. . x  2  10  x    x 2 . 6 x 2. b/. c/. 0.25 0.25 0.25. x.  20.  x 2 x  4  0    x3 x  9 x 2   4 2. 2 x3. 9 0x 4 hoÆc x  4 KÕt hîp ®iÒu kiÖn :. 3 x  y 8(2) 6 x  2 y 16 7 x 21  x 3         x  2 y 5  x  2 y 5  x  2 y 5  y  1 Bµi 2 1/  x 3  VËy hÖ ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt  y  1. a/. 0.25. x 2 1  6 2 x. 1 2. :. §iÓm 0.25. 2/ Víi m = -1 , ta cã ph¬ng tr×nh : x2 + 2x – 8 = 0 Cã ’ = 1 + 8 = 9 > 0, Nªn ph¬ng tr×nh cã hai nghiÖm x1 = 2 vµ x2 = - 4 x2 – 2mx +m – 7 = 0 (1) Ta cã : ’ = m2 – 4m + 7 = m2 – 4m + 4 + 3 = (m – 2)2 + 3 > 0 víi mäi m VËy ph¬ng tr×nh lu«n cã hai nghiÖm ph©n biÖt víi mäi m. 0.5 0.25. 0.75 0.25. 0.5. 0.5. Ph¬ng tr×nh (1) lu«n cã hai nghiÖm víi mäi m (c©u b), Theo ViÐt ta cã  x1  x2 2m   x1 x2 m  7 1 1 x1  x 2 2m  16 16 16 Mµ x1 x 2 <=> x1x 2 <=> m  7 <=>2m = 16m – 112. => 14m = 112 => m = 8. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 1  16 x x 1 2 VËy víi m = 8 th×. a/ Gọi phơng trình đờng thẳng cần tìm là y = ax + b Vì đờng thẳng đi qua điểm M(1 ; 2) => 2 = a + b (1) Vì đờng thẳng tiếp xúc với Parabol (P) tại điểm N, nên phơng trình hoành độ : x2 = ax + b = 0 <=> x2 – ax – b = 0 có nghiệm kép =>  = a2 + 4b = 0 (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã hÖ ph¬ng tr×nh Bµi 3. 0.25 0.25. a  b 2 b 2  a (1)   2  2 a  4b 0 a  4a  8 0(2). Gi¶i ph¬ng tr×nh (2) : a2 – 4a + 8 = 0 => a1 = 2  2 3 vµ a2 = 2  2 3 Víi a1 = 2  2 3 => b1 =  2 3 Víi a2 = 2  2 3 => b1 = 2 3 Vậy ta có hai phơng trình đờng thẳng. 0.5. y = ( 2  2 3 )x  2 3 vµ y = ( 2  2 3 )x 2 3 K' M. O B H. Bµi 4 E. 1 2 1. N. 1. K. F. 1/. C. +) Chøng minh tø gi¸c AHEK lµ tø gi¸c néi tiÕp 0  AB MN(gt) => AHE 90 0 AKB 900  (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn O) => AKE 90. 0.5 0.5. 0 0 0   => AHE  AKE 90  90 180 => Tø gi¸c AHEK néi tiÕp. +)  CAE đồng dạng với CHK . XÐt CAE vµ CHK cã : C lµ gãc chung (1) Xét đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AHEK (theo câu a), ta có. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>     KAE KHE (Cïng ch¾n cung KE) Hay CAE KHC (2). Tõ (1) vµ (2) => CAE  CHK (g.g) Chøng minh NFK c©n NFAC(gt) ; KBAC(c©u a) => NF//KB 2/.     Do NF//KB => F K 2 (đồng vị ) (3) và N K1 (So loe trong ) (4)     Do AB MN => BN BM => K1 K 2 ( Gãc néi tiÕp ch¾n c¸c cung b»ng . 1.0. . nhau)(5). Tõ 3, 4, 5 => F N1 => NFK c©n t¹i K +) Chøng minh OK//MN 1 1   E   1 sd KN   sd BM    sd BN  C  sd KN  sd KB 1 2 2 2 Do KE = KC => (6). .  . . 0.5. 1 1    1 sd AM  sd KN   C  sd AN  sd KN  sd KA 2 2 2 MÆt kh¸c : (7). .  . . 3/. . . Tõ (6) vµ (7) => KB KA  KB KA  KO  AB mµ ABMN => OK//MN +) Chøng minh KM2 + KN2 = 4R2 KÐo dµi KO c¾t (O; R) t¹i K’ Do OK//MN => K’M = KN. 0.5.  ' MK 900 K (Góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)  . K’MK vu«ng t¹i M => KK’2 = KM2 + K’M2 (2R)2 = KM2 + KN2 => KM2 + KN2 = 4R2.  a  a  3  b  b  3  3 (1) Ta cã :  a  a  3  b  b  3  a  a  3  b  => (  3).(  3) 3  a  a  3  b  b  3  =>  a  a  3  b  b  3  3 (2) => 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2.  . b 2  3 3 a . . a2  3 b . b2  3.  0.5. 2. Tõ (1) vµ (2) ta cã. Bµi 5  a  a 2  3 b  b 2  3 3.  .    a .  a  3  b  2.   ab  a  ab  a b  3  3 2. b 2  3  b a 2  3  a 2  3. a 2  3 3(1) b 2  3  b a 2  3  a 2  3. a 2  3 3(2). Trừ từng vế (1) và (2) ta đợc 2a b 2  3  2b a 2  3 0 2. 2. => a b  3  b a  3 ( Nªn a, b tr¸i dÊu) => a2(b2 + 3) = b2(a2 + 3) => a2 = b2 => a = -b ( do a, b tr¸i dÊu) => a3 = -b3 => a3 + b3 = 0 Chú ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa GV ra đề và lên hớng dẫn chấm : Nguyễn Đức Tính. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>