dedap an thi hoc ki I toan 10

Chú ý: “Nếu thí sinh làm bài khác với cách giải trong đáp án, nhưng vẫn đúng với kết quả thì được tính điểm như bình thường”... NGƯỜI GIẢI ĐỀ: Nguyễn Thanh Phong.[r]

Kỳ Thi Thử lần 2 Đề thi chỉ cĩ 6 câu Tel: 01674.633.603

LỚP HỌC THÊM NÂNG CAO KIẾN THỨC

ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI THỬ HỌC KÌ I, 2012 - 2013 Mơn: TỐN; Khối: 10

Thời gian làm bài: 90 phút, khơng kể thời gian phát đề

Câu 1: ( 3 điểm) Giải các phương trình sau:

a) x 2 x2 2x 2 b) 2x 1 3x 2   c) 3x4 4x2 1 0

Câu 2: (1 điểm) Giải hệ phương trình sau: ( Khơng được dùng máy tính; chỉ được dùng phương

pháp cộng đại sơ, thế hoặc sử dụng phương pháp “anh bạn cầm bát ăn cơm” )

5x 2y 1 0

x y 2

  





 



Câu 3: (2 điểm) Cho phương trình bậc hai: 5x2 7x 1 0  Gọi x ; x1 2 là hai nghiệm của phương trình đã cho Tính giá trị của các biểu thức sau:

x x

x x x x





Câu 4: (1 điểm) Cho biết

1 tan x

3



a) x là gĩc nhọn hay là gĩc tù b) Tính giá trị: Sinx ;

tan x cos x cot x



Câu 5: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy; Cho A(2 ; 1) , B(-1 ; 3) , C(4 ; 4)

a) Chứng minh rằng ABC vuơng tại A b) Tính diện tích tam giác ABC và các gĩc của ABC

Câu 6: (1 điểm) Cho a; b là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: a.b 4

Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A 5 a b   2ab

ĐÁP ÁN: http://violet.vn/phong_bmt_violet Nguyễn Thanh Phong

165 – NGUYỄN TẤT THÀNH – LIÊN SƠN – LĂK – ĐĂKLĂK Website: violet.vn/phong_bmt_violet

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC CỦA LỚP HỌC THÊM

1

2

x 2 x  2x 2 (1)

a) Điều kiện: x IR Ta có:

 

 

2 2

2

x 2x 2 x 2 1'

x 2 x 2x 2

x 2x 2 x 2 2'

    

     

   



0,25

 1' x2 3x 4 0 x 1

x 4





      

 Thế x = - 1 và x = 4 vào phương trình (1) ta thấy

X = -1 và x = 4 thỏa mãn Vậy: x = -1 ; x = 4 là nghiệm của phương trình (1)

0,25

 2' x2 x 0 x 1

x 0





     

 Thế x = 1 và x = 0 vào phương trình (1) ta thấy không thỏa

mãn

0,25

b) 2x 1 3x 2   (2) Điều kiện:

1 2x 1 0 x

2

x 1

2 2x 1 3x 2 9x 14x 5 0 5

x 9







 



0,25

Thế x = 1 và

5 x 9



vào phương trình (2) ta thấy: x = 1 thỏa mãn;

5 x 9



không thỏa mãn 0,25

c) 3x4 4x2 1 0 (3) Điều kiện: x IR Đặt: t x 2 ; điều kiện: t 0 0,25

t 1

3 3t 4t 1 0 1

t 3







    

 



0,25

+) Với:

1 t 3

x 3

 

hoặc

3 x 3

x

3



Vậy: x = 1 ; x = -1 ;

3 x 3



;

3 x 3



là nghiệm của phương trình đã cho

0,25

2

3 x 5x 2y 1 0 5x 2y 1 0 x y 2 7

y 7







 Vậy:

3 x 7 11 y 7









 

 là nghiệm của hệ phương trình đã cho

1

3

Phương trình: 5x2 7x 1 0  ; có:    72 4.5.1 29   0 nên phương trình đã

Áp dụng định lí vi et ta có: a) 1 2

7 7

x x

5 5



b) 1 2

1

x x

5

2 2

7 1 39

5 5 25

 

NGƯỜI GIẢI ĐỀ: Nguyễn Thanh Phong - TRANG - 1 TEL: 01674.633.603

165 – NGUYỄN TẤT THÀNH – LIÊN SƠN – LĂK – ĐĂKLĂK Website: violet.vn/phong_bmt_violet

3

1 7 7

x x x x x x x x

5 5 25

x x 39 7 39

:

x x x x 25 25 7



4

a) Ta có:

1 tan x tan x 0

3

b) Ta có:

1 tan x cos x

cos x 1 tan x 10



3 cos x

10

( Vì x là góc nhọn) 0,5

Tac có:

1 cot x 3

tan x

2

tan x cos x 3 10 71

 



 

5

A(2 ; 1) ; B(-1 ; 3) ; C(4 ; 4)

a) Ta có: AB   3;2

; AC2;3



AB.AC 3.2 2.3 0

     

ABC

  là tam giác vuông tại A

1

b) Ta có: ABAB  3222  13

;

ACAC  2 3  13



ABC

S AB.AC 13 13



0,5

Vì AB = AC nên tam giác ABC vuông cân tại A  B C 45   0 ; A 90  0 0,5

6 Vì a, b > 0 Áp dụng bất đẳng thức CôSi ta có:

a b

ab a b 2 ab a b 4 2



A 5 a b 2ab 5.4 2.4 28

        MinA 28

0,5

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi : a = b Vì a.b = 4 a b 2  0,5

Chú ý: “Nếu thí sinh làm bài khác với cách giải trong đáp án, nhưng vẫn

đúng với kết quả thì được tính điểm như bình thường”

NGƯỜI GIẢI ĐỀ: Nguyễn Thanh Phong - TRANG - 2 TEL: 01674.633.603