de thi thu thanh hoa lan 3 de B

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1 Ngày thi:. ĐỀ B Câu 1(2,0 điểm). ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài:120 phút, không kể thời gian phát đề Đề thi gồm có 01 trang. 1. Giải phương trình bậc hai: x2 + 5x - 6 = 0 5x  2y  9  2. Giải hệ phương trình sau: 4x  3y 2. Câu 2(2,0 điểm) 2. Cho biểu thức:. y2  1  1 1  B .    2  y  1 y 1 . y2  1. 1. Tìm x để biểu thức có nghĩa.Rút gọn biểu thức B. 2. Tìm giá trị của x khi B = –2 và B = 3. Câu 3(2,0 điểm) Cho Parabol (P): y = x2 – nx + n – 1 1. Tìm giá trị của tham số m để Parabol (P) đi qua điểm B(5;2) x12  x 22  1 2 2 2. Cho N = x1 x 2  x1x 2 (với x và x là hoành độ giao điểm của Parabol và 1. 2. Ox). Tìm giá trị của tham số m thỏa mãn biểu thức N > 0. Câu 4(3,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính PQ = 2R. Vẽ bán kính OD vuông góc với PQ. Gọi N là điểm chính giữa cung QD, K là giao điểm PN với OD. Chứng minh: 1. Tứ giác NQOK nội tiếp đường tròn và NK= NQ. 2. DN là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác NQOK. 3. Tính diện tích tam giác NQK theo R. Câu 5 (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số dương, thỏa mãn a + b + c = 3. B. a b c   a  3a  bc b  3b  ac c  3c  ab. Chứng minh rằng: ...............................Hết...................................... Họ và tên thí sinh......................................................SBD...................................... TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 1. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 10 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn thi: TOÁN Hướng dẫn chấm gồm có 02 trang. ĐỀ B. Câu Nội dung 1.1 Giải phương trình... Từ phương trình bậc hai, ta có: a = 1 ; b = 5 ; c = -6 Tổng: a + b + c = 0 x1 = 1, x2 = - 6 1.2 Giải hệ phương trình... Nghiệm là (-1;2) 2.1 Rút gọn biểu thức... Điều kiện: y > 1 Ta có. Điểm 1,0 0,5 0,5 1,0 1,0 1,0 0,25. 2. y2  1  y 1  y  1    B . 2  2  y  1   y 2  1 2y  2 y 2  1  B .  2 y2  1  B y  y 2  1 . y2  1. 0,5 y2  1. y 2  1  B y. Vậy biểu thức B = y với y > 1 2.2. 3.1. Tìm y... Khi B = –2  y = –2 (loại do không thỏa mãn điều kiện xác định) Khi B = 3  y = 3 (thỏa mãn điều kiệu xác định) Vậy với B = 3 thì y = 3 thỏa mãn, B = –2 không có nghiệm y thỏa mãn 1.Tìm giá trị của tham số n để Parabol (P) đi qua điểm B(5;2) Để Parabol (P) đi qua điểm B(5;2) suy ra x = 5 ; y = 2 Thế vào phương trình: (P): y = x2 – nx + n – 1 11  2 = 52 – 5n + n – 1  4n = 22  n = 2 11 Vậy với n = 2 thì Parabol (P) sẽ đi qua điểm B(5;2). 3.2. x12  x 22  1 2 2 Cho N = x1 x 2  x1x 2 Tìm giá trị của tham số m thỏa mãn biểu thức N > 0.. 0,25 1,0 0,5 0,5 1,0. 0,5. 0,5. 1,0. Xét phương trình: x2 – nx + n – 1 = 0 (1)  b 2  4ac ( n)2  4(n  1) n 2  4n  4 (n  2) 2 0. Vì  0 nên phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 Do pt (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2, nên theo hệ thức Viet, ta có:. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> c  x1x 2 P  n  1   a   x  x S   b n 1 2  a . (2). x12  x 22  1 (x1  x 2 ) 2  2x1x 2  1 M 2  x1 x 2  x1x 22 x1x 2 (x1  x 2 ) (3) Thế (2) vào (3), ta được: n 2  29n  1)  1 n 2  2n  1 (n  1) 2 n N    n(n  1) n(n  1) n(n  1) n  1. 0,25. n 1 0 Để N > 0 thì n. n  1  0   n  0 TH1: . n  1  n 1  n  0 . n  1  0   n  0  TH2:. n  1  n 0  n  0. 0,25. Vậy với n > 1 hoặc n < 0 thì N > 0. 4. D N K. 3. 1 2. H P. 4.1. O. Q. Tứ giác MBOE nội tiếp đường tròn. + NQOK nội tiếp đường tròn vì có hai góc đối có tổng bằng 1800. + Chứng minh NK = NQ.   Vì N là điểm chính giữa cung DQ nên KON NOQ .     Tứ giác NQOK nội tiếp nên. NKQ NOQ , NQK  NOK. 4.2. Vây tam giác NKQ cân tại N nên NQ = NK Chứng minh DN là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tứ giác NQOK. Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác NQOK (H là trung điểm. 1,0 0,5 0,25 0,25 1.0 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> K 2 K1 K 3 D dẫn đến DN//KQ Mặt khác NH. của KQ). Ta có. vuông góc với KQ nên NH cũng vuông góc với DN. Từ đó suy ra 4.3. đpcm Tính diện tích tam giác QNK theo R. Ta có PK là phân giác của góc DPO OK PO OK PO OK R      OD PO  PD R R R 2  KD PD. 1,0 0,25. OK 1 R   OK  1 2 Hay R 1  2. 0,25. Mặt khác. 0,25 2. SKNQ SKDQ SODQ  SOKQ . 5. 0,5. R  2. R.. R 2 1  2 R . 2 2 2 1 2. 0,25. Cho a, b, c là các số dương, thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng:. B. a b c   1 a  3a  bc b  3b  ac c  3c  ab. a Từ bất đẳng thức: . bc. . 2. 0  a 2  bc 2a bc(1). 1,0. 0,25. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ a2 = bc 2 Ta có: 3a  bc (a  b  c)a  bc a  bc  a(b  c) a(b  c)  2a bc. Áp dụng bất đẳng thức (1), ta được: 3a  bc  a(b  c)  2a bc  a ( b  c). 0,25.  a  3a  bc  a ( a  b  c) . a a  (2) a  3a  bc a b c b b  (3) b  3b  ac a b c. c c  (4) c  3c  ab a  b  c Tương tự, ta có:. 0,25. Từ (2), (3) và (4), ta có: B. a b c   1 a  3a  bc b  3b  ac c  3c  ab. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 ………..Hết ……….. 0,25.

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