HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II Mơn: TỐN - Năm học 2016 – 2017 BÀI HƯỚNG DẪN CHẤM Ý N  Cho biểu thức: x x-2 x M = x  x-4 ĐIỂM (x >0, x ≠ 4) x -2 a Tính giá trị biểu thức N x = 36 N= x  x2 x x  x ( x  2) Vậy N = 0,5 x 2 Thay x = 36 (tmđk) vào N N = 2,0 0,25  36  2 0,25 x = 36 (Học sinh cách khác kết cho điểm) b Tính P = M : N M= = x  x-4 x  = x -2 x 2 x 2      x 2 x 2  x 2 1,0 0,25   x 1 x 2  ( x  2)( x  2) ( x  2)( x  2) P=M:N= x 1 x 2 x 1 Vậy P = với x >0, x ≠ x 2 c So sánh P P2 0,5 0,25 0,5 Xét hiệu P2 – P = P(P – 1) Ta có P – = Vì  x 1 -1=  x 2 x 2 < với x  ĐKXĐ  P – 0P>0 x 2  P(P – 1) < Vậy P2 < P Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình Người ta cho hai vòi nước chảy vào bể khơng có nước Nếu mở vòi thứ chảy khóa lại, sau mở tiếp vòi thứ hai chảy hai vòi chảy bể Tính thời gian vòi chảy 12 đầy bể biết chảy thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể nhiều thời gian vòi thứ chảy đầy bể 8h 0,25 0,25 2,0 Gọi thời gian vòi thứ chảy đầy bể x (giờ, x> 0) Thì thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể x + (giờ) (phần bể) x Và vòi thứ chảy (phần bể) x8 0,25 0,25 Vậy vòi thứ chảy Vì vòi thứ chảy h vòi thứ hai 0,25 x nên ta có 12 phương trình:   x x  12  x  x  96  24 (loại) Vậy thời gian vòi thứ chảy đầy bể thời gian vòi thứ hai chảy đầy bể 12 Giải phương trình x1 = ( chọn), x2 =  0,25 0,25 0,25 0,25 2,0   x y  x y 4  Giải hệ phương trình    5  x  y x y 1 Đặt a  đk : x > y ; x > -y ;b  xy xy 3a  2b  ta hệ  2a  b  5  x  y  x     (tmđk)  x  y  y     3 Kết luận: hệ phương trình có nghiệm: (x ; y) =  ;   8 8 a  Từ có :  b  1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 Cho Parabol (P): y  x đường thẳng (d): y  2m  3x  2m  (m tham số) 1,0 a) Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt A, B 0,5 Xét phương trình hoành độ giao điểm : x2  (2m  3) x  2m   Do phương trình có a – b + c = + 2m + – 2m – = nên phương trình có hai nghiệm x1  1 ; x2  2m  Phương trình có hai nghiệm phân biệt  x1  x2  - ≠ 2m +  m ≠   (d) (P) cắt hai điểm phân biệt m ≠  0,25 0,25 (Học sinh làm cách khác kết cho điểm tối đa) b) Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B có hồnh độ thỏa mãn 0,5 x A + x B =5 Gọi giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) A(xA ; yA), B(xB ; yB) Ta có : xA  1 ; xB  2m   2m   xA  xB    2m    2m      2m   4 m    (tmđk) Vậy (d) cắt (P) hai điểm phân biệt A B có hoành độ  m  4 thỏa mãn x A + x B =5 m  0; 4 0,25 0,25 3,5 M P I D C 0,25 F Q E A O K B a Chứng minh EOBD tứ giác nội tiếp +) Lập luận chứng minh CEO  900 OBD  900 +) Xét tứ giác EOBD có CEO  OBD  1800 , mà chúng vị trí đối nên EOBD tứ giác nội tiếp b Chứng minh AC AD = 4R2 +) ACB góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ACB  900  BC  AD +) Xét tam giác ABD vng B có BC  AD , ta có: AC.AD  AB2  4R c Chứng minh AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MOF +) C/m: OM, OF phân giác hai góc kề bù AOC,COB  OM  OF 0,75 0,25 0,25 0,25 1,0 0,5 0,5 1,0  MOF vng O, nên tâm đường tròn ngoại tiếp trung điểm I MF +) OI đường trung bình hình thang AMFB  AM // IO +) AM  AB  IO  AB O +) IO bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MOF nên AB tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác MOF d Cho BC cắt OF K Xác định vị trí điểm C để đường tròn ngoại tiếp tam giác MKF có bán kính nhỏ +) Gọi P tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MKF Gọi Q giao điểm OC EK  0,25 0,25 0,25 0,25 0,5  +) C/m: OKE  EMC  KOQ  Tứ giác KEMF nội tiếp đường tròn  E   KMF  PQ  EK +) C/m: OI  EK  OI // PQ   EK  +) C/m: OC // PI OC  MF, PI  MF  OC // PI Suy tứ giác OQPI hình bình hành  PI  OQ  OC R  , nên PI không đổi 2 +) Xét tam giác MPI vng I có PI khơng đổi nên PM nhỏ MI nhỏ nhất, tức MF nhỏ  IO nhỏ +) Có OI ≥ OC = R Dấu xảy  C trùng I  O thuộc đường thẳng OI cố định  C điểm cung AB (OI  AB O) Cho số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P = b + c + c + a + a + b bc 3 3 2  b  c      b  c  Ta có: b  c  2 2 3  Tương tự ca  2    c  a  ; 2 3  ab  0,25 0,5 2    a  b  2 3  3   a  b  c   2  (2.1  2)  2 2 1 Dấu xảy  a = b = c = Vậy Pmax =  a = b = c = 3 P  0,25 0,25 0,25 ... bc 3 3 2  b  c      b  c  Ta có: b  c  2 2 3  Tương tự ca  2    c  a  ; 2 3  ab  0 ,25 0,5 2    a  b  2 3  3   a  b  c   2   (2. 1  2)  2 2 1 Dấu... c = + 2m + – 2m – = nên phương trình có hai nghiệm x1  1 ; x2  2m  Phương trình có hai nghiệm phân biệt  x1  x2  - ≠ 2m +  m ≠   (d) (P) cắt hai điểm phân biệt m ≠  0 ,25 0 ,25 (Học... đầy bể 12 Giải phương trình x1 = ( chọn), x2 =  0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 2, 0   x y  x y 4  Giải hệ phương trình    5  x  y x y 1 Đặt a  đk : x > y ; x > -y ;b  xy xy 3a  2b  ta