DeDA Thi thu lop 10 nam 20122013

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (116.3 KB, 5 trang )

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

trờng thcs đề thi thử lớp 10 thpt năm học 2012 –
2013

ho»ng lu m«n : to¸n

Thêi gian lµm bµi : 120 phót

( Khơng kể thời gian giao đề )

Ngµy thi 07/06/2012
(Đề gồm 6 bài 01 trang)

Câu 1 (1.0 điểm)

a/ Giải hệ phơng trình sau :

3 5

1
a b
a b

b/ Lập phơng trình bậc 2 có hai nghiệm lần lợt là 1- và 1+

Câu 2(2.0 ®iÓm): Cho biÓu thøc

2 x 9 x 3 2 x 1

x 5 x 6 x 2 3 x

  

  

   

a/ Rót gän biĨu thức A

b/ Tính giá trị của biểu thức A khi x =

2
2 3

c/ Tìm các giá trị nguyên của x A nhn giỏ tr nguyờn

Câu 3(2.0 điểm) : Cho phơng trình x - 2(m + 1)x + 4m - 1 = 0
a/ Giải phơng trình với m = 1

b/ Chứng minh rằng phơng trình ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
c/ Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x , x thoả mãn: x - x = 2

Câu 4(1.0 điểm) : Cho đờng thẳng (d): y = (m +1)x - m và Parabol (P): y = x 
a/ xác định m biết đờng thẳng d tiếp xúc với parabol P, Tìm toạ độ tiếp điểm M.

b/ Tìm toạ độ các điểm A, B thuộc parabol P biết chúng lần lợt có hồnh độ là -1 và 5.
Tính diện tích tam giác ABM.

Câu 5 (3.0 điểm) : Cho đờng tròn tâm (O) và điểm A nằm ngồi đờng trịn. Từ A kẻ 
hai tiếp tuyến AB và AC (B,C là các tiếp điểm) với đờng tròn (O). Cát tuyễn AMN( M
nằm giữa A và N)với đờng tròn (O).Gọi E là trung điểm của MN, I là giao điểm thứ
hai của đờng thăng CE với đờng tròn.

a/ Chøng minh ABOC, AOEC là các tứ giác nội tiếp
b/ Chứng minh : AEC BIC

c/ Xác định vị trí của cát tuyến AMN để diện tích tam giác AIN lớn nhất.

C©u 6(1.0 điểm) : Cho a, b, c là các số thực không âm thoả mÃn : a + b + c = 3.

Chøng minh r»ng:













3 3 3 3

a 1 b 1 c 1



Hết

---Họ và tên thí sinh:Số báo danh:.
Giám thị 1: Giám thị 2: .

Đáp án và thang điểm

Câu Nội dung Điểm

Câu 1
(1.0)

a/ Giải hệ phơng tr×nh sau

3 5

1
a b
a b

 




 


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

3 5 4 4 1 1

1 1 1 1 2

a b a a a

a b a b b b

    

   

  

   

      

 

Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất :

1
2
a
b

b/ Lập phơng trình bậc 2 có hai nghiệm lần lợt là 1- và 1+

Ta có :

 





 



1 3 1 3 2

1 3 1 3 1 3 2

S
P

    

Nên 1- và 1+ à hai nghiệm của phơng trình
x2 2x 2 = 0

0.5

Câu 2
(2.0)

Điều kiện : x 0 , x  4 , x  9 0.25

a) Rót gän biÓu thøc A

A =

2 x 9 x 3 2 x 1

x 5 x 6 x 2 3 x

  

 

   

A =



 



2 x 9 x 3 2 x 1

x 2 x 3

  

 

 

A =



 





 



2 x 9 x 3 x 3 2 x 1 x 2

x 2 x 3

      

 

A =



 





 



2 x 9 x 9 2x 3 x 2 x x 2

x 2 x 3 x 2 x 3

       



   

A =



 





 



x 1 x 2 x 1

x 3

x 2 x 3

  




 

0.75

b) Tính giá trị của biểu thức A khi x =

2
2 3

Víi x =

2 3 =>







 







2 2 3

4 2 3 3 1

2 3 2 3

x     

 

=> x  3 1 , thay vµo ta cã

A =

3 1 1 3

3 1 4 3 5

 


  

0.5

c) Tìm các giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên

Ta cã :

x 1 4

A 1

x 3 x 3

Để A nhận các giá trị nguyên thì x 3U(4)
+) x 3 4 x49 (t/m)

+) x 3 2 x25 (t/m)
+) x 3 1 x16 (t/m)
+) x 3 1 x4 (t/m)

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

5
1

-1

C
M(5;25)

A(-1;1) M(1;1)

+) x 32x1 (t/m)

+) x 34 x 1(VN) (t/m)

Vậy với các giá trị x nguyên là : 49 ; 25; 16; 4; 1 th× A nhËn
giá trị nguyên

Câu 3
(2.0)

Cho phơng trình x - 2(m + 1)x + 4m -1 = 0

a/ Víi m = 1, ta có phơng trình : x2 4x + 3 = 0

Cã a + b + c = 1 + (-4) + 3 = 0. Vậy phơng trình có hai nghiƯm

x1 = 1 vµ

3
3
1
c
x

a
  

0.75

b/ Chøng minh r»ng phơng trình luôn có 2 nghiệm phân biệt
với mọi m

Ta cã :

 ‘ = (m + 1)2 – (4m – 1) = m2 – 2m + 2 = (m – 1)2 + 1 >

0 víi mäi m. VËy phơng trình luôn có hai nghiệm phân biệt với
mọi m

0.5

c/ Tìm m để phơng trình có hai nghiệm x , x thoả mãn:
x - x = - 2

Phơng trình có hai nghiệm
2

1 1 2 2

x  m m  m vµ x2   m 1 m2 2m2

x1 – x2 = 2





2 2

1 2 2 1 2 2 2

m  m  m  m  m  m 

=> m2 2m2 1 => m2 – 2m + 1 = 0 =>(m – 1)2 = 0 => m

= 1

VËy víi m = 1 thì phơng trình có hai nghiệm x , x tho¶ m·n:
x - x = 2

0.75

C©u 4
(1.0)

a/ Đờng thẳng (d) tiếp xúc với Parabol (P) khi phơng trình
hồnh độ : x2 = (m + 1) x – m

<=> x2 - (m + 1) x + m = 0 cã nghiÖm kÐp

=>  = (m + 1)2 – 4m = (m – 1)2 = 0 => m = 1

Khi đó hồnh độ giao điểm M là : xM =

1 1 1
1

2 2

m 

 

Tung độ giao điểm M là : yM = (xM)2 = 12 = 1

=> M(1 ; 1)

0.5

b/ xA = - 1

=> yA = (xA)2 = (-1)2 = 1

=> A (-1 ; 1)
xB = 5

=> yB = (xB)2 = 52 = 25

=> B (5 ; 25)

Biểu diễn các điểm A, B, M nh hình vẽ
Do AM//Ox

=> tam giác CAM vuông t¹i C (5 ;1)
Ta cã :

MC = 25 – 1 = 24; AM = 1 – (1) = 2

Suy ra:

. 24.2

24( )

2 2

AMB

MC AM

S    dvdt

0.25

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

(3.0)

H
E

I
O

M
C

B
A

a/ Chøng minh ABOC, AOEC lµ c¸c tø gi¸c néi tiÕp
+ ) C/m : ABOC néi tiÕp

Do AC  OC => ACO900
Do AB  OB => ABO900

=> ACO ABO 900900 1800=> ABOC néi tiÕp

+ ) C/m : AOEC néi tiÕp

Do EM = EN => OE  MN => AEO900

=> ACO AEO 900900 1800=> AOEC néi tiÕp

0.5

b/ Chøng minh : AEC BIC

Xét đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AOEC ta có

AECAOC

(Cïng ch¾n cung AC) (1)
AB, AC là hai tiếp tuyến cắt nhau

2 2

BOC sd BC
AOCAOB 

(2)

 

2
sd BC
BIC

(3)

Tõ (1) , (2) vµ (3) => AEC BIC

1.0

c/ Xác định vị trí của cát tuyến AMN SAIN lớn nhất.

=> BI//AN(Vì cặp góc đồng vị bằng nhau)

AIN ABN
S S

Kéo dài BO cắt (O) tại D , kẻ NH  AB
Ta cã BN  ND

=> NH  BN  BD = 2R

. .

2 2

AIN ABN

NH AB BD AB
S S  

(khơng đổi)

=> DiƯn tÝch tam gi¸c AIN lín nhÊt khi NH = BD => N trïng
víi ®iĨm D

Vậy cát tuyến AMN là đờng thẳng đi qua A và giao của BO với
(O) thì tam giác AIN có diện tích lớn nhất

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

C©u 5
(1.0)

Tõ a + b + c = 3 => (a – 1) + (b – 1) + (c – 1) = 0
Đặt x = a 1 ; y = b – 1 ; z = c – 1

Khi đó :

x + y + z = 0 =>(x + y)3 = -z3 => z3 = -x3 – y3 – 3x2y -3xy2

Ta cÇn c/m x3 + y3 + z3

3
4


(1)

<=>

3 3 3 3 3 2 3 2 3

4
x y  x  y  x y xy 

<=>





3
3

4
xy x y

  

<=>





1
4
xy x y 

<=>4xy x y







1 (2)
Ta l¹i cã





4
x y  xy



 



4xy x y  x y

Theo gi¶ thiÕt ta cã x + y + c = 1

do c không âm , nªn x + y  1 =>





1
x y 

=> 4xy x y







1 (2) đúng. Vậy (1) đúng (ĐPCM)
Dấu ‘=’ xảy ra khi

1 1 0

0 0 0

3 3 3 3

2
c

x y a b a b

c c c a

a b c a b c a b c

b

 

     

   

   

      

   

          

Vì vai trò của a, b, c nh nhau nên ta có thể hoán vị cho nhau

1.0

Chú ý : Học sinh cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

</div>

DeDA Thi thu lop 10 nam 20122013













 





 





 





 

 

 





 





 





 





 





 









 





























 











Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về