Đáp án đề thi thử số 3 môn toán vào 10 năm 2015 tại trung tâm EDUFLY

Vậy không có giá trị nào của k thỏa mãn yêu cầu của bài toán.. ABC[r]

MÔN TOÁN - ĐỀ SỐ 3 - ĐÁP ÁN

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu I (1,5 điểm)

a) Với a b 0 ta có:

2 2

A

2a 2 a 2b 2 a a a b 2a 2 a a2 b2

b

2

a b

a b a b



b) Giá trị của biểu thức A khi a3b là:

2

A



c) Giá trị của biểu thức A khi a3 và b2 2là:

 

 

 

  

2

3 2 2

2 1

A



Câu II (2,0 điểm)

1 Ta có: cos14o sin 90 o 14osin 76o; cos87o sin 90 o87osin3o

Ta thấy: 3o 47o 76o 78o nên sin3osin 47osin 76osin 78o

hay cos87osin 47ocos14osin 78o

Vậy các tỉ số lượng giác sau theo thứ tự tăng dần: sin 78 , cos14 , sin 47 , cos87o o o o

là cos87 ;sin 47 ;cos14 ;sin 78o o o o

2 Giải phương trình 4   2

2x  1 2 x  1 0 Đặt 2

0

x  a , phương trình đã cho trở thành: 2  

2a  1 2 a 1 0

1 2 4 2 1 3 2 2 4 2 3 2 2 2 1 0 2 1

    2

a

    (loại, không thỏa mãn điều kiện a0)

Với aa1 1 thì x2    1 x 1

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 1

Câu III (2,5 điểm)

 





ĐKXĐ: 2

1 0

1 0

y    x y Trừ vế theo vế của  1 và  2 ta được 2x2y       1 2 1 y 1 x thế vào  1 ta có:

2

x      x x x  x       x x x

2

                (thỏa mãn)

 Với   1 x 0 ta có  *      x x 1 2 0x1 (phương trình vô nghiệm)

              (thỏa mãn) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm   3 1 1 3

2 2 2 2

x y      

2 Trên mặt phẳng Oxy cho đường thẳng  d :ykx2 và parabol   1 2

:

2

P y  x a) Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng  d và parabol  P là:

1

2

kx   x x  kx 

Để đường thẳng  d và parabol  P cắt nhau tại hai điểm phân biệt thì phương trình hoành

độ giao điểm có hai nghiệm phân biệt: 2 2

2

k k

k

 

 

Vậy đường thẳng  d và parabol  P cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi 2

2

k k

 



 

x x  x  x x x    x x x x  x x  

E

C

O

D

Với 2

2

k k

 



 

 phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng  d và parabol  P Áp dụng định lý Vi-ét ta có: 1 2

1 2

2 2

x x k

x x

  



 , thay vào  1 ta được:

2k 2 3 2k 6 4k 6k 4 0 2k 3k 2 0

Vì 2

3 4.2.2 9 16 7 0

Vậy không có giá trị nào của k thỏa mãn yêu cầu của bài toán

Câu IV (3,5 điểm)

a) Tứ giác IHBD có  90o

CHBCDB  nên tứ giác IHBD là tứ giác nội tiếp

b) Ta có: EID DBH  1 (cùng bù với HID)

DBA ADE

    2 (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp

tuyến và dây cung cùng chắn cung nhỏ AD của  O )

Từ  1 và  2 suy ra EID EDI

EDI

  cân tại E

c) 1

2

ABC

S  CH AB

Có AB2R không đổi

ABC

S đạt giá trị lớn nhất khi CH đạt giá trị lớn nhất

CH là một dây cung của  O nên CH lớn nhất khi CH đi qua tâm O của đường tròn

.2 2

ABC

S  R RR Vậy S ABC đạt giá trị lớn nhất khi H trùng với tâm O của đường tròn

- HẾT -