De thi thu lan 3
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (243 KB, 4 trang )
TRƯỜNG THCS
PHƯƠNG ĐÌNH.
ĐỀ THI THỬ VÀO THPT MƠN TỐN
(Thời gian làm bài 120 phút)
Bài 1 (2,5 điểm):
x x 1
x 1
1
:
Cho biểu thức C = x x 1 x x 1 x 1 Với
x 0 , x 1
1. Rút gọn biểu thức C.
1
2. Chứng minh C < 3
1
3. Tìm x để C = 2 x 1
Bài 2 (1,5 điểm) Cho PT: x3 – m(x + 2) + 8 = 0 (1)
1. Giải PT khi m = 2
x ;x ;x
2. Tìm m để PT có 3 nghiệm phân biệt 1 2 3
3. Tìm m để
x12 x2 2 x32 x1 x2 x3 25
Bài 3 (2,0 điểm):
y
1 2
x
2 và đường thẳng (d) có hệ số góc k đi qua điểm I (0; -2).
1. Cho parabol (P):
Chứng minh: Khi k thay đổi đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại 2 điểm phân biệt.
2. Cho đường thẳng (d): y = (m2 + 1)x + 2. (d) cắt Ox tại A, cắt Oy tại B. Tìm m sao cho
khoảng cách từ gốc toạ độ O tới đường thẳng (d) lớn nhất.
Bài 4 (3,5 điểm):
Cho đường tròn (O: R) dây AB = R 2 cố định. Điểm M thuộc cung lớn AB sao cho
△MAB có ba góc nhọn. Các đường cao AE, BF của △MAB cắt nhau tại H, cắt (O: R) tại
P và Q, đường PB cắt AQ tại S; SH cắt PQ tại I.
1. C/m: △OAB vuông cân.
2. C/m: P, O, Q thẳng hàng.
3. C/m: SH = 2R.
4. Cho M chuyển động trên cung lớn AB sao cho △MAB có ba góc nhọn.
C/m: I thuộc một (.) cố định.
Bài 5 (0,5 điểm):
Tìm GTLN, GTNN của P =
x 1 3 x
------------------------------------------------------------------------------------------------Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN CHẤM THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2017-2018
Bài
Bài 1
2,5
điểm
Nội dung
Điểm
0,25đ
0,75đ
1a) Với x 0 , x 1 ta có:
x x 1 ( x 1)( x 1) ( x 1)
x
1
( x 1)( x x 1)
x x 1
C=
x 2 x 1
( x 1) 2
1
3(
x
x
1)
3( x x 1)
b) Xét 3 - C =
Với x 0 ,
x 1
3( x x 1) 0; ( x 1) 0
=>
0,25đ
1
1
C 0 C
3
3
0,5đ
1
x
1
2 x x x x 1 x 1
2
x
1
x
x
1
2
x
1
c) C =
Với x = 1 không thoả mãn ĐKXĐ.
0,5đ
1
Vậy không có giá trị của x để C = 2 x 1
0,25đ
Bài 2: PT (1) ( x 2)( x 2 2 x 4) m( x 2) 0 ( x 2)( x 2 2 x 4 m) 0 (2)
1,5
x 2
điểm
( x 2)( x 2 2 x 2) 0 2
x 2 x 2 0 (*)
a) Khi m = 2 ta có PT
PT (*) vơ nghiệm vì ' 1 0
x 2
2
x 2 x 4 m 0 (2) để PT (1) có 3 nghiệm phân biệt thì (2)
b) (1)
có 2 nghiệm phân biệt khác -2
' 1 4 m 0
2
( 2) 2( 2) 4 m 0
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
m 3
m 12
x1 x2 2
x
;
x
x
2
1
2
3
c) Giả sử
là nghiệm của (2) thì
. Theo Vi ét ta có x1 x2 4 m
0,25đ
Do đó
x12 x2 2 4 2 x1 x2 25 ( x1 x2 )2 4 x1 x2 21 4 4(4 m) 21 m
33
4
0,25đ
(T/mãn ĐK)
Bài 3 1) Đường thẳng (d) có dạng: y = kx + b. Vì d đi qua I(0; -2)
2.0
<=> -2 = k.0 + b => b = -2 nên (d): y = kx – 2.
điểm Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của PT:
0,25đ
0,25đ
1
2 x2 = kx – 2 <=> x2 + 2kx - 4 = 0
có ’ = k2 + 4 > 0 với mọi k nên PT ln có 2 nghiệm phân biệt, do đó (d) 0,25đ
ln cắt (P) tại 2 điểm phân biệt.
2)
y
(d)
2
0,25đ
B
H
x
O
A-2
2
2
2 ;0
Đường thẳng (d) cắt Oy tại B(0; 2) và OB = 2; cắt Ox tại A m 1 và
2
2
2
2
OA = m 1 m 1
Gọi OH là khoảng cách từ gốc toạ độ O tới đường thẳng (d)
0,25đ
1
1
1
( m 2 1) 2 1 m 4 2m2 2
2
2
2
4
4
4
Ta có OH OA OB
4
OH 2 4
m 2m 2 2 Do m4 + 2m2 + 2 2 Dấu = khi m = 0
0,25đ
=> OH2 2 => OH 2 . Vậy khoảng cách từ gốc toạ độ O tới
đường thẳng (d) lớn nhất: 2 khi m = 0.
Bài 4:
3,5
điểm
0,25đ
Q
A
F
S
O
Hình
vẽ
0,25đ
H
M
I
0,25đ
E
B
P
a) AB2 = 2R2 = OA2 + OB2
=> △OAB vuông cân tại O.
APB 1 AOB 450
2
b) Có
△EPB vng cân tại E
PBE 450
Tương tự: △FMB vuông cân tại F
0,25đ
0.25đ
0
0
=> EBQ 45 PBQ 90 PQ là đường kính của (O) => P, O, Q thẳng
hàng.
0
0
c) Có SBH QBP 90 ; BPH vuông cân tại B nên BH = BP; △BQS vuông
cân tại B nên BS = BQ
=> △BHS = △ BPQ (c-g-c) => SH = QP = 2R.
d) Do PAQ QBP 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => H: trực tâm
△SPQ => SI ⊥ PQ.
=> Tg AQIH; Tg BPIH nội tiếp =>
AIH AQH 450 ; BI
H B
PH 450 AIB 900
=> I (.) đk: AB.
Bài 5: ĐK: x ≥ -1 ta có:
0,5đ 4 x 1 x 2 6 x 9 x 1 4 ( x 2 6 x 9) [( x 1) 4 x 1 4] 0
x 3 0
( x 3) 2 ( x 1 2) 2 0
x 3
x 1 2 0
Vậy PT có nghiệm duy nhất x = 3.
0,25đ
0,25đ
Lưu ý: Các bài có cách giải đúng (khác đáp án) vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm.
