De thi chat luong dau nam mon toan THPT Ha Huy Giap 20122013 TP Can Tho

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO CẦN THƠ TRƯỜNG THPT HÀ HUY GIÁP. ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM NĂM HỌC: 2012-2013 MÔN: TOÁN 10 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề). Câu I (1,5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 2 1) x  4 x  2 0 2) 3 3x  5 12 x  7 27 x 28 3x  4 y 17  3) 5 x  2 y 11 Câu II (2,5 điểm) 1  x 1  1 A  2  ; x 0, x 1 : 2 x  x x  1 x  2 x  1   Cho biểu thức 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Với giá trị nào của x thì A  2. 2 3) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B 3 Ax  x . Câu III (2,5 điểm) 1) Tìm giá trị của m để ba đường thẳng sau cùng đi qua một điểm:  d1  : y 2 x  5;  d 2  : y  4 x  1;  d3  : y  m 1 x  2m  1. x 2  2  m  1 x  2m 0 2) Cho phương trình: (1) a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. x ,x b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình (1) . Tìm giá trị m để 1 2 là độ dài hai cạnh của tam giác vuông có cạnh huyền bằng 12 . Câu IV (3,5 điểm)  O; R  đường kính AB . Gọi C là điểm chính giữa cung AB . Trên tia đối của tia Cho nửa đường tròn CB lấy điểm D sao cho CD CB , OD cắt AC tại M . Từ A kẻ AH vuông góc vỡi OD ( H thuộc OD ).  O; R  tại E . Đường thẳng AH cắt BD tại N và cắt nửa đường tròn 1) Chứng minh MCNH là tứ giác nội tiếp và OD song song với EB . 2) Gọi K là giao điểm của EC và OD . Chứng minh rằng CKD CEB . Suy ra C là trung điểm của EK . 3) Chứng minh EHK vuông cân và MN song song với AB . 4) Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác MCNH theo R .. -------------- HẾT ---------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> GIẢI ĐỀ Câu I (1,5 điểm) 2 1) x  4 x  2 0 2.  '   2   1.2 2 x1 .    2  2. 2  2. 1 S  2  2; 2 . . x2 .    2  1. 2. 2 . . 2 Vậy: 2) 3 3x  5 12 x  7 27 x 28 ĐKXĐ: x 0  3 3 x  5 4.3x  7 9.3 x 28  3 3 x  5.2 3x  7.3 3 x 28  3 3 x  10 3 x  21 3 x 28  14 3 x 28  3 x 2  3x 4 4  x 3 4 S   3 Vậy: 3) 3x  4 y 17   5 x  2 y 11. 3 x  4 y 17   10 x  4 y 22.  x; y   3;  2  Vậy: Câu II (2,5 điểm) 1  x 1  1 A  2  : 2  x  x x  1  x  2 x 1 1)  1 1  x 2  2 x 1   . x 1  x.  x  1 x  1  1  x  x  1  . x.  x  1 x  1 x 1 1 1  x x 2) A  2 . 2. 13x 39   10 x  4 y 22.  x 3   y  2. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  1  . 1  2 x. 1  21 x. 1 1  x.  x 1. 2 1 2.  3x  3 x  x 2  x 2  3x  3  x  1 2 B 3 Ax  x 2 3.  x x  x  x  3) 2 2  3 9 3 3  3 3 3 3  2  2 2 B  x  3x  3  x  3 x  3   x  2 x.       x       x     2 4 4 2  4  2 4 4     3 3 3 max B   x  0  x  4 . Dấu “=” xảy ra 2 2 Vậy Câu III (2,5 điểm)  d  ,  d 2  ,  d3  cùng đi qua 1 điểm   d1  ,  d 2  ,  d3  đồng quy 1) 1 d  d  Giao điểm của 1 và 2 là nghiệm của hệ phương trình  y 2 x  5   2 x  y 5  6 x 6  x  1  x  1       y  4 x  1  4 x  y  1 4 x  y  1 4 x  y  1  y 3. . . d  d    1;3 Vậy giao điểm của 1 và 2 là điểm có tọa độ  d  ,  d 2  ,  d3  đồng quy thì  d3  phải đi qua giao điểm của  d1  và  d 2  là   1;3 Để 1   1;3 vào phương trình tổng quát  d3  ta có: Thay 3  m  1   1  2m  1   m  1  2m  1  3 0  m  5 0  m 5 2) a) Bất cứ phương trình bậc hai nào cũng có 2 nghiệm phân biệt chỉ khi  '  0 2  '  m  1  1.2m m2  2m  1  2m m2  1  0m Ta có:  Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m b) Do x1 và x2 là 2 cạnh góc vuông của 1 tam giác vuông có cạnh huyền là 12 Theo định lí Py-ta-go trong tam giác vuông ta có:. . x12  x22  12. . 2. Theo định lí Vi-ét ta có:  x1  x2 2  m  1  1   2  x1 x2 2m Thay (1) và (2) vào (*) ta có: 2. 2.  x12  x22 12   x1  x2   2 x1 x2 12  *.  2  m  1   2.2m 12.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2.  4.  m  1  4m 12  4. m 2  2m  1  4m 12. . .  4m 2  8m  4  4m  12 0  4m 2  4m  8 0  m 2  m  2 0 2    1  4.1.   2  9 m1  Vậy: Câu IV (3,5 điểm).    1  9. 4. m2 . 1 m   2; 4.    1  1. 9.  2. x. 1) * Chứng minh tứ giác MCNH nội tiếp  ACB nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB  ACB vuông tại C  MCN 900  ACB 0 0 0 0     MNH kề bù AHO  MNH 180  AHO 180  90 90 Tứ giác MCNH có:   MCN là góc đối với MNH (1) 0 0 MCN  MNH  90  90 1800 (2) Mà Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MCNH nội tiếp (đpcm) * Chứng minh OD song song với EB 0  Xét AEB nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB  AEB vuông tại E  AEB 90 0   Ta có: AEB  AHO 90 (đồng vị)  OD // EB (đpcm) 2) * Chứng minh CKD CEB Xét CKD và CEB ta có:   KCD ECB (đối đỉnh) CD CB (gt)   KDC EBC (so le trong)  CKD CEB (g-c-g) * Chứng minh C là trung điểm của EK Ta có CKD CEB ( g  c  g )  CK CE  C là trung điểm của EK (đpcm) 3) * Chứng minh EHK vuông cân.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Kẻ tia đối Ex của tia EB . Ta có: Bx // OD AEC là góc nội tiếp chắn cung AC . Do C là điểm nằm chính giữa cung AB 0 AC  AOC 180 900  sđ 2 1 1  AEC  sd AC  .900 450 2 2 (1) 0 0 0 0 0      Ta lại có: AEB  AEC  CEx 180  90  45  CEx 180  CEx 45 0   Do Bx // OD  HKE CEx 45 (so le trong) (2) 0   Từ (1) và (2)  HEC HKE 45   KHE cân tại H có KHE 900  KHE vuông cân tại H * Chứng minh MN song song với AB   CMH  CNH 1800      CNH DMC 0 DMC  CMH  180  Ta có: ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB  ABC vuông tại C  ACB 900   MCD 1800  ACB 1800  900 900   ACB MCD 900 (1v) (1). Do C là điểm nằm chính giữa cung AB  AC BC Mà CD BC (gt)  AC CD (2) DMC  MDC  900 Ta lại có:  CAN  ANC 900   Mà DMC  ANC    MDC CAN (3)  MCD  NCA Xét và có: 0 MCD  NCA  90 (1) CD CA (2)   MDC  NAC (3)  MCD NCA (g-c-g)  MC  NC (2 cạnh tương ứng) Xét MCN và ACB có MC NC  AC BC (do CM CN và CA CB ) ACB : góc chung  MCN ACB    CMN CAB (đồng vị).

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  MN // AB (đpcm) 4) Tính diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác MCNH theo R 1 1 2 MN  AB  .2 R  R 3 3 3 Ta có: Diện tích hình tròn ngoại tiếp tứ giác MCNH theo R là 2 2  2 2  3R  R2 2 1  1      . .R    R    9 3 2  3   2   .

<span class='text_page_counter'>(7)</span>