Đề kiểm tra KSCL Toán 10 - THPT Yên Lạc lần 2 (2013-2014) khối A,D

Chia sẻ: Nguyễn Thị Thu Trinh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

1.278
lượt xem 241
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo 2 Đề kiểm tra KSCL Toán 10 - THPT Yên Lạc lần 2 (2013-2014) khối A,D dành cho các bạn học sinh lớp 10 và quý thầy cô tham khảo, để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra KSCL Toán 10 - THPT Yên Lạc lần 2 (2013-2014) khối A,D

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN 2, NĂM HỌC 2013 - 2014 TRƯỜNG THPT YÊN LẠC Môn: Toán 10 - Khối A (Thời gian làm bài 150 phút) Câu 1. (3 điểm) x  2014 x2  x  1 a. Tìm tập xác định của hàm số sau: y  2  x  21x  46 2x  1  x  2 b. Giải phương trình sau: 3x  3  5  x  2 x  4  x2  y2  1  2 c. Giải hệ phương trình:  x  y  2 ( xy  x  y  1)( x  y  2)  6  Câu 2. (2 điểm) a. Tìm m để phương trình x 4  4 x 3  8 x  m có 4 nghiệm phân biệt x  y  m 1 b. Cho hệ phương trình  2 2  2 . Tìm m để tích xy lớn nhất  x  y  2m  2  Câu 3. (3 điểm) a. Cho tam giác ABC đều. Trên cung AB không chứa điểm C của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lấy điểm M biết MA=1, MB=2. Tính độ dài đoạn MC. b. Cho 2 điểm A(5;1), B(1; 2) và đường thẳng  : 2 x  3 y  1  0 . Tìm trên đường thẳng  điểm M sao cho khoảng cách MA  MB nhỏ nhất. c. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC, phân giác trong AD có phương trình x  y  2  0 , đường cao CH có phương trình x  2 y  5  0 . Điểm M  3; 0  thuộc cạnh AC thoả mãn AB  2 AM . Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC Câu 4. (1 điểm) Cho hai số x, y là những số thực dương và thỏa mãn x  y  5 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 4x  y 2x  y biểu thức sau: P   xy 4 Câu 5. (1 điểm) Cho tam giác ABC có chu vi bằng 4, gọi a,b,c là độ dài các cạnh của tam giác. Chứng minh rằng: 27(a 2  b 2  c 2  abc)  208 ----------Hết---------- (Học sinh không dùng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên học sinh:………………………………………...SBD:……………….............
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KSCL LẦN 2, LỚP 10, NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN: Câu 1. x  2014 x2  x  1 a. Tìm tập xác định của hàm số sau: y  2  x  21x  46 2x  1  x  2  x  2014  0 ĐKXĐ:  x 2  21x  46 0.25đ  2x  1  x  2  0  Giải (1) được tập nghiệm S1  (2; 23)   2014;   0.25đ  1 Giải (2) được tập nghiệm S 2   ;     3;   0.25đ  3   1 Vậy tập xác định là D   2;     3; 23   2014;   0.25đ  3 b. Giải phương trình sau: 3x  3  5  x  2 x  4 1 đ ĐKXĐ: 2  x  5 0.25đ PT  3 x  3  2 x  4  5  x  2 x  4  2 (2 x  4)(5  x ) 0.25đ x  2  2x  4  2x  4  2 5  x  0    0.25đ  2x  4  2 5  x Giải pt: 2 x  4  2 5  x  2 x  4  20  4 x  x  4 0.25đ Vậy phương trình có 2 nghiệm là x  2, x  4  x2  y2  1  2 c. Giải hệ phương trình:  x y2 1 đ ( xy  x  y  1)( x  y  2)  6   ( x  1)2  ( y  1)2  5 Hệ  0.25đ ( x  1)( y  1)[( x  1)  ( y  1)]  6 u  x  1  u 2  v2  5 Đặt  , thu được hệ  0.25đ  v  y 1 uv (u  v )  6 u  v  3 u  x  1  1 u  x  1  2 Giải ra được:  suy ra  hoặc  0.25đ u.v  2 v  y  1  2 v  y  1  1
x  3 x  2 Vậy hệ có 2 nghiệm là:  hoặc  0.25đ y  2 y  3 Câu 2 a. Tìm m để phương trình x 4  4 x 3  8 x  m có 4 nghiệm phân biệt 1 đ PT  ( x 2  2 x)2  4( x 2  2 x )  m  0 (1) 0.25đ Đặt t  x 2  2 x, t  1 . Khi đó (1) có dạng: t 2  4t  m  0 (2) 0.25đ (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn -1    0  0.25đ  f (1)  0 (*) S   1 2 Giải (*) được 4  m  5 là các giá trị thỏa mãn ycbt 0.25đ x  y  m 1  b. Cho hệ phương trình  2 2 2  x  y  2m  2 . Tìm m để tích xy lớn nhất 1 đ  x  y  m  1  Hệ   1 2 3 0.25đ  xy   2 m  m  2   m  1  1 2 3 Hệ có nghiệm  (m  1)  4   m  m    3m  2m  5  0   2 2 0.25đ  2 2 m  5  3 1 3 5  Xét hàm số f (m)   m2  m  , m   ; 1   ;   2 2 3  0.25  5  Lập bảng biến thiên hàm số f (m) trên  ; 1   ;   3  Từ bảng biến thiên suy ra : xy lớn nhất khi và chỉ khi f(m) đạt giá trị lớn nhất trên 5 16 5 0.25đ  ; 1     ;   . Vậy xy lớn nhất bằng khi m  3  9 3 Câu 3. a. Cho tam giác ABC đều. Trên cung AB không chứa điểm C của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lấy điểm M biết MA=1, MB=2. Tính độ dài đoạn MC. 1 đ Từ giả thiết suy ra AMB  1200 0.25đ Trong tam giác AMB theo định lí cosin ta có: 0.25đ AB 2  AM 2  BM 2  2 AM .BM .cos AMB  7 suy ra cạnh của tam giác là 7 và AMC  ABC  600 0.25đ Trong tam giác AMC có: 0.25đ AC 2  MA2  MC 2  2 MA.MC.cos AMC  MC 2  MC  6  0  MC  3 b. Cho 2 điểm A(5;1), B(1; 2) và đường thẳng  : 2 x  3 y  1  0 . Tìm trên đường thẳng  điểm M sao cho khoảng cách MA  MB nhỏ nhất. 1 đ
Chỉ ra 2 điểm A và B nằm cùng phía đối với đường thẳng  0.25đ   Gọi d là đường thẳng đi qua A và vuông góc với d suy ra nd  (3; 2) , nên d có phương trình là 3( x  5)  2( y  1)  0  3x  2 y  13  0 0.25đ  41 23  I  d    I  ;   13 13   17 59  gọi A’ đối xứng với A qua  suy ra A'  ;    13 13  0.25đ ' ' ’ Ta có: MA  MB  MA  MB  A B suy ra MA  MB nhỏ nhất khi và chỉ khi A , M, B thẳng hàng A' B :17 x  6 y  5  0  7 17 x  6 y  5  0  x   13   7 9 0.25đ Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ    M   ;  2 x  3 y  1  0 y  9  13 13    13 c. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC, phân giác trong AD có phương trình x  y  2  0 , đường cao CH có phương trình x  2 y  5  0 . Điểm 1 đ M  3; 0  thuộc cạnh AC thoả mãn AB  2 AM . Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC Đường thẳng d qua M vuông góc với AD của có phương trình x  y  3  0 ; Gọi I, E là giao diểm của AD, AB với d. Dễ thấy tam giác AME cân tại A 0.25 x  y 3  0  5 1  Toạ độ I là nghiệm của hệ   I  ;   E  2; 1 x  y  2  0 2 2  A AB là đường thẳng qua E vuông góc với CH M AB : 2 x  y  3  0 d E I 2 x  y  3  0 0.25 H Toạ độ A là nghiệm của hệ   A 1;1 B C  x y20 D Do AB  2 AM mà B  AB  B(b;3  2b) suy ra b  3  b  1 b=3 ta có: B(3;-3) loại 0.25 b=-1 ta có: B(-1;5) thỏa mãn x  2 y  3  0 Phương trình AM : x  2 y  3  0 Toạ độ C là nghiệm của hệ   C  1; 2  0.25 x  2 y  5  0 Câu 4. Cho hai số x, y là những số thực dương và thỏa mãn x  y  5 . Tìm giá 4x  y 2x  y trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P   1 đ xy 4 4 1 x y 4 y 1 5 Ta có: P         x  0.25đ y x 2 4 y 4 x 2
4 y 1 5 3 2 .  2 .x   0.25đ y 4 x 2 2 3 x  1 Do đó Pmin   0.25đ 2 y  4 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng khi x=1, y=4 0.25đ 2 Câu 5. Cho tam giác ABC có chu vi bằng 4, gọi a,b,c là độ dài các cạnh của tam giác. Chứng minh rằng: 27(a 2  b 2  c 2  abc)  208 1 đ Ta có: a  b  c  4  a  b  4  c  c  c  2 ; tương tự a  2; b  2 0.25đ Áp dụng cô si với 3 số 2-a;2-b;2-c ta được: 3 2a2b2c 8 0.25đ (2  a)(2  b)(2  c )      3  27 8  8  4(a  b  c)  2(ab  bc  ca )  abc  27 0.25đ 8  8  2(ab  bc  ca )   abc 27 8  8  (a  b  c)2   a 2  b2  c 2  abc 27 0.25đ  27(a 2  b 2  c 2  abc )  208
SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KSCL LẦN 2 -LỚP 10 - NĂM HỌC 2013-2014 TRƯỜNG THPT YÊN LẠC MÔN: TOÁN-KHỐI D (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu I (3 điểm) 1. Giải phương trình: x  1  x3  x 2  x  1  1  x 4  1 .  x 2  2 x  y 2  y  3  xy 2. Giải hệ phương trình:  .  xy  x  2 y  1 3. Giải bất phương trình: x 2  x  12  7  x . Câu II (2 điểm) 1. Cho phương trình: x 3   m  1 x 2   2m 2  3m  2  x  2m  2m  1  0 . Xác định m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 . Khi đó tìm giá trị nhỏ nhất của S  x12  x2  x3 . 2 2 2. Tìm các giá trị của m để biểu thức sau luôn dương x  f (x)  (m 4) x 2  (m 1) x  2 m  1 . Câu III (1 điểm) Cho tam giác ABC có a  2 3; b  2 2; c  6  2 .Tính các góc của tam giác ABC . Câu IV (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B  2;1 ;C(1; 3) trung điểm I của cạnh AC thuộc đường thẳng (d) : 2 x  y  0 . Xác định tọa độ điểm A biết diện tích tam giác ABC bằng 3 . 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A lần lượt là : x  2 y  13  0 và 13x  6 y  9  0 .Tìm tọa độ các điểm A, B, C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I (5;1) . Câu V (1điểm) Cho các số thực a , b, c  [1;2] .Chứng minh rằng: 1 1 1 (a  b  c)(   ) 2  27 . a b c ------Hết------ Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên học sinh:……………….………………………; Số báo danh:……………
Đáp án – thang điểm Câu Đáp án Điểm I (3 điểm) 3 2 4 x 1  x  x  x  1  1  x  1 . 1. (1 điểm) Giải phương trình: ĐKXĐ: x  1 0,25 Đặt x  1  a(a  0); x 3  x 2  x  1  b(b  0)  ab  x 4  1 0,25 a  1 Phương trình đã cho trở thành: a  b  1  ab  (a  1)(1  b)  0   b  1 Với a  1  x  1  1  x  2 (t/m ĐKXĐ) 0.25 Với b  1  x3  x 2  x  1  1  x(x 2  x  1)  0  x  0 (loại) 0.25 KL: x=2 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho.  x 2  2 x  y 2  y  3  xy (1) 2. ( 1 điểm) Giải hệ phương trình:  .  xy  x  2 y  1(2)  x 2  2 x  y 2  y  xy  3 0,25   x 2  y 2  2 xy  3 x  3 y  4  0  xy  x  2 y  1  ( x  y )2  3(x  y)  4  0  x  y  1 hoặc x  y  4 0,25  y  2  x  1 0,25 Với x  y  1  x  1  y .Thay vào (2) ta được  y 2  2 y  0     y  0  x 1 Với x  y  4  x  4  y .Thay vào (2) ta được y 2  3 y  5  0(VN) 0,25 KL: Hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm : (1;0) và (-1;2) 3. (1 điểm) Giải bất phương trình: x 2  x  12  7  x  x 2  x  12  0 0,25   Bất phương trình   7x 0  2 2  x  x  12   7  x     x  3 0.25 2   x  x  12  0  x  4     7x 0   x 7  13x  61  0  61  x  13   x  3 0.25   4  x  61  13
61 0.25 KL: Bất phương trình đã cho có tập nghiệm T  (; 3]  [4; ) 13 II(2điểm) 1. (1điểm) Cho phương trình x   m  1 x   2m  3m  2  x  2m  2m  1  0 (1) 3 2 2 Xác định m để phương trình có ba nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 . Khi đó tìm giá trị nhỏ nhất của S  x12  x2  x3 . 2 2 x  2 0,25 (1)   x  2  [x 2  (m  1) x  m  2m  1 ]  0   2  x  (m  1) x  m  2m  1  0  * Đặt: f ( x)  x 2  ( m  1) x  m(2m  1) 0,25 Để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt thì (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2  1 m  3  '  0      m  2  f  2  0   3 m   2 Đặt x3  2  x1 , x2 là hai nghiệm pt(*). 0,25 2  2  21 21 Ta có: S  x12  x2  x3  ( x1  x2 )2  2 x1 x2  4  5m 2  4m  5  5  m     2 2  5 5 5 21 2 0,25 Vậy M in S  đạt được khi m  (t / m) 5 5 2. (1điểm) Tìm các giá trị của m để biểu thức sau luôn dương x  f (x)  (m 4) x 2  (m 1) x  2 m  1 . f ( x)  5 x  7 0,25 Nếu m  4 thì 7 f ( x)  0  5 x  7  0  x    m  4(L) 5 m  4  0 0.25 Nếu m  4 thì f ( x)  0 x     0   m4 0,25  m40    3  2  m   m  5  7 m  38m  15  0  7    m  5  KL: m  5 là giá trị cần tìm. 0.25 III Cho tam giác ABC có a  2 3; b  2 2; c  6  2 .Tính các góc của tam giác ABC . (1 điểm) 0,25 b2  c 2  a 2 1 3 1 Ta có: a 2  b 2  c 2  2bc cosA  cosA      A  120 o 2bc 2( 3  1) 2 a2  c2  b2 3 1 2 0,25 Tương tự có: cos B     B  45o 2ac 2( 3  1) 2 o o o C  180  (120  45 )  15 o 0,25 KL: Các góc của tam giác ABC là A  120o ; B  45o ; C  15o 0,25 IV 1. (1.5 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B  2;1 ; C(1; 3) (3 điểm) trung điểm I của AC thuộc đường thẳng (d) : 2 x  y  0 . Xác định tọa độ điểm A biết diện
tích tam giác ABC bằng 3 . Do I  (d)  I(x; 2 x) vì I là trung điểm của AC nên A(2 x  1; 4 x  3) 0,5  BC  (3; 4)  BC  5 0,5 Phương trình đường thẳng BC là: 4 x  3 y  5  0 4 x  10 d ( A; BC )  5 1 1 4 x  10  x  1  A(1; 1) 0,5 S ABC  3  d (A; BC).BC  3  . .5  3  5  2 x  3    2 2 5  x  4  A(7; 13) KL. 2. (1.5 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A lần lượt là : x  2 y  13  0 và 13x  6 y  9  0 .Tìm tọa độ các điểm A, B, C biết tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là I (5;1) . A I B H M C  x  2 y  13  0  x  3 `0.5 Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:    A(3; 8) 13 x  6 y  9  0  y  8 Gọi AH ; AM lần lượt là các đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A  IM AH 0.25 Phương trình của IM là: x  2 y  7  0  x  2y  7  0 x  3 0,25 Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình    M (3;5) 13 x  6 y  9  0 y  5 BC  AH nên phương trình BC có dạng 2 x  y  c  0 Mà M  BC nên có 2.3  5  c  0  c  11 Phương trình đường thẳng BC là: 2 x  y  11  0 B  BC  B (a;11  2 a) 0,25     IA  (2; 9); IB   a  5;10  2a  a  4 0.25 Lại có: IA  IB  a 2  6a  8  0   a  2 Với a  4  B (4;3); C(2; 7) Với a  2  B(2; 7); C(4;3) KL: B(4;3); C(2; 7) hoặc B(2; 7); C(4;3) V Cho các số thực a , b, c  [1;2] .Chứng minh rằng: (1 điểm) 1 1 1 (a  b  c)(   ) 2  27 . a b c Vì a  [1;2]  (a-1)(a-2)  0  a 2  2  3a 0,25
2  a 3 a 2 0,25 Tương tự ta cũng có: b   3 b 2 c 3 c 1 1 1 1 1 1 0,25 Cộng ba bất đẳng thức trên ta được: 9  (a  b  c)  (   )  (   ) a b c a b c 1 1 1 1 1 1 9  3 3 (a  b c)(   )2  (a  b c)(   ) 2  27 a b c a b c Dấu “=” xảy ra khi và chỉ a  b  c  1 0,25 ---HẾT---