Đề thi thử lần 2 vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Phòng GD & ĐT Yên Lạc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử lần 2 vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Phòng GD & ĐT Yên Lạc (Có đáp án)

1. 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 2 x + 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 1 2x Câu 3. Điều kiện xác định của biểu thức là x2 1 1 1 A. x C. x ; x 0 D. x ; x 0 2 B. x 0 2 2 Câu 4. Tam giác ABC vuông cân đỉnh A có BC 5 2 cm 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) x 2 1 x 1 Câu 5. (2,0 điểm): Cho biểu thức P . x 2 x x 2 x 1 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) (m 2)x 3y 5 a) Cho hệ phương trình: (I) (với m là tham số) x my 3 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 x1, x2 thỏa mãn điều kiện 2 2 B x1 x2 2x1x2 x1 4x2 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 a b c 3 2b 2c a 2a 2c b 2a 2b c Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
2. 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) Câu 1 2 3 4 Đáp án A C D B 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)) Câu Nội dung Điểm a) ĐKXĐ : x > 0 và x 1 0,25 x 2 1 x 1 P . x 2 x x 2 x 1 x 2 1 x 1 x 2 x x 1 = . = . x x 2 x 2 x 1 x x 2 x 1 0,25 x 1 x 2 x 1 = . 0,25 x x 2 x 1 x 1 = x x 1 Vậy P = với x > 0 và x 1 0,25 1 x 2 b) x 4 2 3 3 2. 3.1 1 3 1 0,25 x 1 3 3 3 0,25 P = x 3 1 2 x 1 2 2 x 5 2 x 2 2x 5 x c) x 2x 3 x 2 0 2x 3 x 2 0(1) 0,25 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) 0,25 (m 2)x 3y 5 (m 2) 3 my 3y 5 x my 3 x 3 my 6 0,25 2 3m m2 y 6 2my 3y 5 (m 2m 3)y 3m 1 1 x 3 my x 3 my 2
3. Ta có m2 2m 3 m 1 2 2 0 m nên PT (1) có nghiệm duy nhất m . 0,25 Suy ra hệ phương trình có nghiệm duy nhất m 3m 1 0,25 y m2 2m 3 Khi đó hệ có nghiệm duy nhất là 9 5m x m2 2m 3 b) Ta có: (m 1)2 m 6 m2 m 7 0,25 2 1 27 m m 0,m 4 4 0,25 Do 0,m Vậy phương trình đã cho luôn có nghiệm với mọi m, theo hệ x1 x2 2(m 1)(1) thức vi ét ta có x1.x2 m 6(2) Từ (1) và (2) ta có x1 x2 2x1.x2 14 2 2 2 Theo đề bài B x1 x2 2x1x2 x1 4x2 x1 x2 2x1x2 (x1 2x2 ) 2 0,25 Do đó B 14 (x1 2x2 ) 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. 1 Từ đó tìm được m = 2; m 8 1 Vậy m {2; } thì thỏa mãn đề bài 0,25 8 A D E N M H B C K O a)Do B· DC 900 ; B· EC 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25 => BD  AC;CE  AB; mà BD cắt CE tại H nên H là trực tâm tam giác 0, 5 ABC, suy ra AH  BC tại K 0,25 7 b)Do AH  BC tại K nên ·AKC 900 (1) Lại có AN là tiếp tuyến của đường tròn nên : ·ANO 900 (2)
4. Từ (1) và (2) suy ra tứ giác AKON nội tiếp 0,25 => ·AKN ·AON ( cùng chắn cung AN) (3) 0,25 Lại có AM, AN là hai tiếp tuyến cắt nhau nên M· ON 1  ·AON sd M¼N 2 2  ·AON ·ANM (4) 1 0,25 ·ANM sd M¼N 2  0,25 Từ (3) (4) ta có ·ANM ·AKN (đpcm) · · · 1 » c) Ta có ADN : ACN (do NAC chung; DNA DCN sd ND ) 2 => AN2 = AD.AC (5) 0,25 ADH : AKD (do K· AC chung; ·ADH ·AKC 900 ) => AD.AC = AH.AK (6) 0,25 Từ (5) và (6) suy ra AN2 = AH.AK AN AK => ANH : AKN ( do K· AN chung; ) 0,25 AH AN · · · · => ANH AKN . Theo phần (b) ANM AKN 0,25 => ·ANH ·ANM suy ra M, H, N thẳng hàng 3a2 3b2 3c2 VT 3a 2b 2c a 3b 2b 2c a 3c 2b 2c a 3a 3b 3c 3a 2b 2c a 3a 2b 2c a 3a 2b 2c a 0,5 A B Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho 2 số dương A, B. AB Ta 2 có 3a 2b 2c a 3a 2b 2c a a b c 0,25 2 a 3 a 3 (1) 3a 2b 2c a a b c b 3 b 3 Tương tự (2) 3b 2a 2c b a b c c 3 c 3 (3) 3c 2b 2a c a b c a b c Từ (1) (2) (3) ta có 3 2b 2c a 2a 2c b 2a 2b c Dấu “=” xảy ra khi a=b=c  tam giác ABC đều 0,25