Đề thi thử vào 10 môn Toán Yên Lạc lần 2 năm 1718.

Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại E và D.. Gọi H là giao điểm của BD và CE..[r]

PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC ĐỀ THI THỬ LẦN 2 VÀO LỚP 10 THPT MÔN: TOÁN

NĂM HỌC 2017-2018

(Thời gian:120 phút, không kể thời gian giao đề)

I PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm)

Viết phương án đúng (A, B, C hoặc D) vào bài thi.

Câu 1 Hàm số y = m  2x + m- 3 đồng biến khi

A m >2 B m 2 C m2;m3 D m 2

Câu 2 Số nghiệm của phương trình x2 2mx 3m2 0(m0)

A Vô nghiệm B 2 nghiệm C 2 nghiệm phân biệt D Một nghiệm

Câu 3 Điều kiện xác định của biểu thức 2

1 2x

x



là

A

1

2

x  B x 0 C x12;x0 D x12;x0

Câu 4 Tam giác ABC vuông cân đỉnh A có BC 5 2cm quay một vòng xung quanh cạnh AB, diện tích xung quanh (làm tròn 2 chữ số thập phân;  3,14) của hình tạo thành là

A 111,01cm2 B 111,02 cm2 C.222,02 cm2 D 222,04 cm2

II PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Câu 5 (2,0 điểm): Cho biểu thức

a) Rút gọn P ;

b) Tính giá trị của P với x 4 2 3 

c)Tìm các giá trị của x để 2P2 x 5

Câu 6 (2,0 điểm)

a) Cho hệ phương trình:

3

x my





 (I) (với m là tham số) Chứng minh hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất với mọi m Tìm nghiệm duy nhất đó theo m.

b) Cho phương trình x2 2(m1)x m  6 0 (1) (x là ẩn số, m là tham số )

Tìm các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm x x1, 2 thỏa mãn điều kiện

2 2

1 2 2 1 2 1 4 2

B x x  x x  x  x đạt giá trị lớn nhất

Câu 7 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn và AB < AC Đường tròn tâm O đường kính BC cắt các cạnh AB, AC theo thứ tự tại E và D Gọi H là giao điểm của BD và CE Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (M, N là tiếp điểm)

a) Chứng minh AH vuông góc với BC tại K

b) Chứng minh ANM AKN

c) Chứng minh ba điểm M, H, N thẳng hàng

Câu 8 (1,0 điểm)

Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh bất đẳng thức

2 2 2 2 2 2 3

b c a  a c b  a b c 

- Hết

-(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC HDC ĐỀ THI THỬ LẦN 2 VÀO LỚP 10 THPT

MÔN: TOÁN NĂM HỌC 2017-2018

(Thời gian:120 phút, không kể thời gian giao đề)

I PHẦN TRẮC NGHIỆM: Mỗi ý đúng được 0.5 điểm Chỉ lựa chọn 1 phương án đúng

(HS lựa chọn từ 2 phương án trở lên không cho điểm)

II PHẦN TỰ LUẬN

( Lưu ý HS làm đúng tới đâu cho điểm tới đó , học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm

tối đa, bài hình học sinh không vẽ hình phần nào không cho điểm phẩn đó))

1

.

x x 2

.

x 1





=

.

x 1





=

x 1 x



Vậy P =

x 1 x

 với x > 0 và x 1

0,25 0,25

0,25

b) x 4 2 3 3 2 3.1 1      3 1 2 0,25

P =

2



0,25

c)

x 1

x 2x 3 x 2 0 2x 3 x 2 0(1)



Đặt t x ( t > 0), phương trình (1) có dạng 2t2 -3t + 2 = 0 (2)

Ta có    9 16  7 0  => phương trình (2) vô nghiệm suy ra phương trình (1) vô nghiệm

Vậy không có giá trị của x thỏa mãn 2P2 x 5 0,25

a)

 

 

2 2







0,25 0,25

Ta có m2  2m 3 m 12  2 0 nên PT (1) có nghiệm duy m

nhất m

Suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất m

0,25

Khi đó hệ có nghiệm duy nhất là

2

2

3 1

9 5

2 3

m y

m x











 



0,25

b) Ta có:

2

1 27

0,

       

     

Do  0, m Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m,

theo hệ thức vi ét ta có

1 2

1 2

2( 1)(1)





 



0,25 0,25

Từ (1) và (2) ta có x1 x2  2 x x1 2  14

Theo đề bài B x 1x2 2x x1 2 x12 4x22 x1x22x x1 2 (x12 )x2 2

Do đó B14 ( x12 )x2 2 14

Đẳng thức xảy ra khi x1 = -2x2 (3)

Từ (1) và (3) suy ra x2 =-2(m-1); x1=4(m-1) Thay vào (2) ta

được

-8(m-1)2 =-m-6  8m2 -17m +2 =0

Từ đó tìm được m = 2;

1 8

m 

Vậy

1 {2; } 8

m 

thì thỏa mãn đề bài

0,25

0,25

H

N M

O K

D E

C B

A

a)Do BDC90 ;0 BEC900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

=> BDAC CE; AB;mà BD cắt CE tại H nên H là trực tâm tam

giác ABC, suy ra AH BC tại K

0,25

0, 5 0,25

b)Do AH BC tại K nên AKC 900(1)

Lại có AN là tiếp tuyến của đường tròn nên :

ANO 900(2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác AKON nội tiếp

=> AKN AON ( cùng chắn cung AN) (3)

Lại có AM, AN là hai tiếp tuyến cắt nhau nên

1

1 2

MON

AON ANM ANM sd MN









Từ (3) (4) ta có ANM AKN (đpcm)

0,25 0,25

0,25 0,25

c) Ta có ADN  ACN (do NAC chung;

2

DNA DCN  sd ND

=> AN2 = AD.AC (5)

  (do KAC chung; ADH AKC900

) => AD.AC = AH.AK (6)

Từ (5) và (6) suy ra AN2 = AH.AK

=> ANH  AKN ( do KAN chung;

AN AK

AH AN )

=> ANH AKN Theo phần (b) ANM AKN

=> ANH ANM suy ra M, H, N thẳng hàng

0,25

0,25 0,25 0,25

     

VT

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 2 số dương A, B.

2

A B

AB  

Ta có

3 2 2

2

(1)

3 2 2

a b c

  

 

 

Tương tự

3 2 2

a b c

b a c b   

(2)

3 2 2

a b c

c b a c   

(3)

Từ (1) (2) (3) ta có

3

b c a  a c b  a b c  Dấu “=” xảy ra khi a=b=c  tam giác ABC đều

0,5

0,25

0,25