DeDA Thi thu lop 10 nam 20122013

[r]

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

hoằng lu môn : toán

Thời gian lµm bµi : 120

( Khơng kể thời gian giao đề )

Ngµy thi 07/06/2012 (Đề gồm 01 trang)

Câu (1.0 điểm)

a/ Giải hệ phơng trình sau :

3

1 a b a b

  



  

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

Câu 2(2.0 điểm): Cho biÓu thøc

2 x x x

A

x x x x

  

  

   

a/ Rót gän biểu thức A

b/ Tính giá trị biểu thøc A x =

2 2

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

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

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

Câu 4(1.0 điểm) : Cho đờng thẳng (d): y = (m +1)x - m 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 điểm A, B thuộc parabol P biết chúng lần lợt có hồnh độ -1 Tính diện tích tam giác ABM

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

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

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

Câu 6(1.0 điểm) : Cho a, b, c số thực không âm thoả mÃn : a + b + c =

Chøng minh r»ng:      

3 3

a b c

4

     

HÕt

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

Đáp án thang điểm

Câu Nội dung Điểm

Câu 1 (1.0)

a/ Giải hệ phơng trình sau

3

1 a b a b

  



  

3 4 1

1 1

a b a a a

a b a b b b

    

   

  

   

      

   

Vậy hệ phơng trình có nghiệm :

1 a b

  



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

Ta có :

   

   

1 3

1 3

S P

     

 

      



Nªn 1- 1+ hai nghiệm phơng trình x2 – 2x – = 0

0.5

C©u 2 (2.0)

§iỊu kiƯn : x  , x  , x  0.25

a) Rót gän biĨu thøc A

A =

2 x x x

x x x x

  

 

   

A =    

2 x x x

x x

x x

  

 

 

 

A =

       

   

2 x x x x x

x x

      

 

A =        

2 x x 2x x x x

x x x x

       



   

A =

   

   

x x x 1

x

x x

  

 

 

0.75

b) Tính giá trị biểu thức A x =

2 2

Víi x =

2

2 3 =>

 

     

2

2

4 3

2 3

x     

 

=> x  1 , thay vµo ta cã

A =

3 1

3

  

  

0.5

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

Ta cã :

x

A

x x



  

Để A nhận giá trị nguyên th× x 3U(4) +) x 4 x49 (t/m)

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

25

1

5

-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)

VËy với giá trị x nguyên : 49 ; 25; 16; 4; A nhận giá trị nguyên

Câu 3 (2.0)

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

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

Cã a + b + c = + (-4) + = Vậy phơng trình có hai nghiệm

x1 = vµ

2

3 c x

a   

0.75

b/ Chøng minh phơng trình có nghiệm phân biệt víi mäi m

Ta cã :

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

0 với m Vậy phơng trình có hai nghiệm phân biệt với m

0.5

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

Phơng trình có hai nghiệm

1 2

x   m m  m vµ x2   m m2 2m2

x1 – x2 =

=>  

2

1 2 2

m  m  m  m  m  m 

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

=

Vậy với m = phơng trình có hai nghiƯm x , x tho¶ m·n: x - x =

0.75

C©u 4 (1.0)

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

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

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

Khi hoành độ giao điểm M : xM =

1 1

2

m 

 

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

=> M(1 ; 1)

0.5

b/ xA = -

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

=> A (-1 ; 1) xB =

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

=> B (5 ; 25)

Biểu diễn điểm A, B, M nh h×nh vÏ Do AM//Ox

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

MC = 25 – = 24; AM = – (1) =

Suy ra:

24.2

24( )

2

AMB

MC AM

S    dvdt

0.25

0.25

(3.0)

H D

H E

I O

N

M C

B A

a/ Chøng minh ABOC, AOEC tứ giác nội tiếp + ) 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

0.5

b/ Chøng minh : AEC BIC

Xét đờng tròn ngoại tiếp tứ giác AOEC ta có

AECAOC

(Cïng chắn cung AC) (1) AB, AC hai tiếp tuyến c¾t

=>

   

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 cát tuyến AMN SAIN lớn

V× AEC BIC (c©u b)

=> BI//AN(Vì cặp góc đồng vị nhau)

AIN ABN S S

KÐo dµi BO cắt (O) D , kẻ NH AB Ta cã BN  ND

=> NH  BN  BD = 2R

=>

2

AIN ABN

NH AB BD AB S S  

(không đổi)

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

Vậy cát tuyến AMN đờng thẳng qua A giao BO với (O) tam giác AIN có diện tích lớn

C©u (1.0)

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

Khi :

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

Ta cÇn c/m x3 + y3 + z3

3 

(1)

<=>

3 3 3 3

4 x y  x  y  x y xy 

<=>  

3

4 xy x y

  

<=>  

1 xy x y 

<=>4xy x y  1 (2) Ta l¹i cã  

2

4 x y  xy

=>    

4xy x y  x y

Theo gi¶ thiÕt ta cã x + y + c =

do c không âm , nªn x + y  =>  

1 x y 

=> 4xy x y  1 (2) Vậy (1) (ĐPCM) Dấu ‘=’ xảy

0

1

3

0 0

2

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 a, b, c nh nên ta hoán vÞ cho

1.0

Chú ý : Học sinh cách khác cho điểm tối đa