Đề Thi Thử Lớp 10 Toán Học 2013 - Phần 2 - Đề 2 ppt

Câu Ý Nội dung Điểm Biến đổi được 5x + 5 = 3x + 7 0,5 1.a 2x 2    x = 1 0,5 Điều kiện: x  0 và x  1 0,25 Biến đổi được phương trình: 4x + 2x – 2 = 3x + 4  3x = 6  x = 2 0,5 1.b So sánh với điều kiện và kết luận nghiệm x = 2 0,25 Do I là giao điểm của (d 1 ) và (d 2 ) nên toạ độ I là nghiệm của hệ phương trình: 2 5 4 1 y x y x         0,25 Giải hệ tìm được I(-1; 3) 0,25 Do (d 3 ) đi qua I nên ta có 3 = (m+ 1)(-1) + 2m -1 0,25 1 2 Giải phương trình tìm được m = 5 0,25 Khi m = 1 ta có phương trình x 2 – 4x + 2 = 0 0,25 1 Giải phương trình được 1 x 2 2   ; 2 x 2 2   0,25 Tính 2 ' m 1    0,25 2 Khẳng định phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 0,25 Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương 2m 2 0 m 0 2m 0         0,25 Theo giả thiết có x 1 2 + x 2 2 = 12  (x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 2 = 12 0,25 2 4(m 1) 4m 12      m 2 + m – 2 = 0 0,25 2 3 Giải phương trình được m = 1 ( thoả mãn), m = -2 (loại) 0,25 Gọi kích thước của hình chữ nhật là a, b (m) điều kiện a, b > 0 0,25 Do chu vi của hình chữ nhật bằng 52 nên ta có a + b = 26 0,25 Sau khi giảm mỗi chiều đi 4 m thì hình chữ nhật mới có kích thước là a – 4 và b – 4 nên (a – 4)(b – 4) = 77 0,25 3 Giải hệ phương trình và kết luận được các kích thước là 15 m và 11 m 0,25 Hình vẽ đúng: 0,25 Lập luận có · 0 AEB 90  0,25 Lập luận có · 0 ADC 90  0,25 1 Suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn 0,25 Ta có · · 0 AFB AFC 90   (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra · · 0 AFB AFC 180   Suy ra ba điểm B, F, C thẳng hàng 0,25 · · AFE ABE  (cùng chắn » AE ) và · · AFD ACD  (cùng chắn » AD ) 0,25 Mà · · ECD EBD  (cùng chắn » DE của tứ giác BCDE nội tiếp) 0,25 2 Suy ra: · · AFE AFD  => FA là phân giác của góc DFE 0,25 Chứng minh được EA là phân giác của tam giác DHE và suy ra AH EH AD ED  (1) 0,25 Chứng minh được EB là phân giác ngoài của tam giác DHE và suy ra BH EH BD ED  (2) 0,5 4 3 Từ (1), (2) ta có: AH BH AH.BD BH.AD AD BD    0,25 Từ   2 2 x yz 0 x yz 2x yz      (*) Dấu “=” khi x 2 = yz 0,25 Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x 2 + yz + x(y + z) x(y z) 2x yz    Suy ra 3x yz x(y z) 2x yz x( y z)       (Áp dụng (*)) 0,25 x x x 3x yz x( x y z) x 3x yz x y z            (1) Tương tự ta có: y y y 3y zx x y z      (2), z z z 3z xy x y z      (3) 0,25 5 Từ (1), (2), (3) ta có x y z 1 x 3x yz y 3y zx z 3z xy          0,25 x H D B C E A F O O' Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 . 0 ,25 Biện luận để phương trình có hai nghiệm dương 2m 2 0 m 0 2m 0         0 ,25 Theo giả thi t có x 1 2 + x 2 2 = 12  (x 1 + x 2 ) 2 – 2x 1 x 2 = 12 0 ,25 2 4(m 1) 4m 12 . trình tìm được m = 5 0 ,25 Khi m = 1 ta có phương trình x 2 – 4x + 2 = 0 0 ,25 1 Giải phương trình được 1 x 2 2   ; 2 x 2 2   0 ,25 Tính 2 ' m 1    0 ,25 2 Khẳng định phương. và (d 2 ) nên toạ độ I là nghiệm của hệ phương trình: 2 5 4 1 y x y x         0 ,25 Giải hệ tìm được I (-1 ; 3) 0 ,25 Do (d 3 ) đi qua I nên ta có 3 = (m+ 1) (-1 ) + 2m -1 0 ,25 1 2 Giải