Bộ đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2019-2020 - Trường THCS Hồ Tùng Mậu

Nội dung text: Bộ đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2019-2020 - Trường THCS Hồ Tùng Mậu

1. ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020 Môn: Toán MÃ ĐỀ 01 Thời gian làm bài: 90 phút Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau: a) 2 12 3 27 7 3 x x x 2 1 b) P 2 (với x >0 vàx 1 ) x 1 x x x x x 2y 5 Câu 2: a) Giải hệ phương trình: 2x 3y 3 b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, biết đường thẳng y = ax – 2 đi qua điểm M(2; - 1). Tìm hệ số a. 2 Câu 3: Cho phương trình: x 5x m 1 = 0 (1) (m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 7. b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn đẳng thức : 2 x1.x2 1 20 x1 x2 Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, M là một điểm thuộc cạnh AC (M khác A và C). Đường tròn đường kính MC cắt BC tại N và cắt tia BM tại I. Chứng minh rằng: a) ABNM và ABCI là các tứ giác nội tiếp đường tròn. b) NM là tia phân giác của góc A· NI . c) BM.BI + CM.CA = AB2 + AC2. 25 Câu 5: Cho các số a, b, c đều lớn hơn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 a b c Q . 2 b 5 2 c 5 2 a 5 Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên: Số báo danh: Họ và tên người ra đề: Lê Hồng Sang Đơn vị: Trường THCS Hồ Tùng Mậu Người duyệt đề: Hồ Xuân Hiếu
2. HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 Môn: Toán Câu 1. a) (1điểm): 2 12 3 27 7 3 4 3 9 3 7 3 2 3 x x x 1 x x 1 1 1 b) (1điểm): P 2 . 2 x. 2 x 2x x 1 x 1 x x 1 x x Câu 2. x 2y 5 2x 4y 10 7y 7 x 3 a) (1điểm): 2x 3y 3 2x 3y 3 x 2y 5 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x; y) = (1; 3) b) (1điểm): Đường thẳng y = ax – 2 đi qua điểm M(2; – 1) nên ta có: 2.a – 2 = – 1 1 1 2a = – 1 + 2 = 1 a . Vậy a . 2 2 Câu 3. a) (1 điểm): Khi m = 7, ta có pt : x2 – 5x + 6 = 0; 25 24 1 0 . Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 2 ; x2 = 3. b) (1điểm): Phương trình: x2 – 5x + m – 1 = 0 (1) . Ta có: 25 4.(m 1) 29 4m 29 PT (1) có 2 nghiệm x1, x2 khi 0 29 4m 0 m 4 x1 x2 5 Theo định lí Vi-et, ta có: x1.x2 m 1 m 10 (TM) 2 2 Theo bài ra ta có: (x1.x2 + 1) =20.(x1 + x2) m = 20.5 = 100 m 10 (KTM) Vậy m = – 10 là giá trị cần tìm. Câu 4. Vẽ hình 0,25đ · 0 a) (1điểm): Ta có: MAB 90 (gt). B M· NC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) M· NB 900 (kề bù với M· NC ) N M· AB M· NB 1800 Suy ra ABNM là tứ giác nội tiếp (tổng 2 góc đối = 1800) Tứ giác ABCI có: B·AC 900 (gt) · 0 C BIC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). A M ABCI là tứ giác nội tiếp đường tròn (quỹ tích cung chứa góc) I b) (1điểm):
3. · · Tứ giác ABNM nội tiếp suy ra MNA MBA (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AM) (1) · · Tứ giác MNCI nội tiếp suy ra MNI MCI (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MI) (2) · · Tứ giác ABCI nội tiếp suy ra MBA MCI (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AI) (3) · · · Từ (1), (2), (3) suy ra MNI MNA NM là tia phân giác của ANI . c) (1điểm): Xét ∆BNM và ∆BIC có : · · góc I·BC chung và BNM BIC 900 ∆BNM ∽ ∆BIC (g-g) BN BI BM.BI = BN . BC . BM BC Tương tự ta có: CM.CA = CN.CB. Suy ra: BM.BI + CM.CA = BC2 (4) Áp dụng định lí Pitago cho tam giác ABC vuông tại A ta có: BC2 = AB2 + AC2 (5). Từ (4) và (5) suy ra điều phải chứng minh. Câu 5. (0,75điểm) : 25 Do a, b, c (*) nên suy ra: 2 a 5 0 , 2 b 5 0 , 2 c 5 0 4 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương, ta có: a b 2 b 5 2 a (1) 2 c 5 2 b (2) 2 b 5 2 c 5 c 2 a 5 2 c (3) 2 a 5 Cộng vế theo vế của (1),(2) và (3), ta có: Q 5.3 15 . Dấu “=” xẩy ra a b c 25 (thỏa mãn điều kiện (*)) Vậy Min Q = 15 a b c 25
4. ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 - 2020 Môn: Toán MÃ ĐỀ 02 Thời gian làm bài: 90 phút Câu 1: Rút gọn các biểu thức sau: 3 a) 2 4 2 3 3 48 3 2 1 - a a 1 - a b) P a (với a ≥ 0 và a ≠ 1) 1 - a 1 - a Câu 2: a) Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(1; 3) và song song với đường thẳng 2x – y = 3. b) Cho phương trình: x2 - 2 (m - 1)x - m - 3 = 0 (m là tham số) (1) 2 2 Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1; x2 thoả mãn hệ thức x1 + x 2 10 Câu 3: Một thửa ruộng hình chữ nhật có chu vi là 36. Nếu tăng chiều dài 2m và giảm chiều rộng 3m thì diện tích thửa ruộng giảm 20m2. Tính diện tích thửa ruộng. Câu 4: Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Điểm M thuộc nửa đường tròn, điểm C thuộc đoạn OA. Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB chứa điểm M vẽ tiếp tuyến Ax, By. Đường thẳng qua M vuông góc với MC cắt Ax, By lần lượt tại P và Q; AM cắt CP tại E, BM cắt CQ tại F. a) Chứng minh tứ giác APMC nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh góc P·CQ = 900. c) Chứng minh AB // EF. 1 1 Câu 5: Cho 2 số dương a, b thỏa mãn 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b 1 1 Q a 4 b2 2ab2 b4 a 2 2ba 2 Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên: Số báo danh:
5. HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019-2020 Môn: Toán Câu 1. 2 a) (1điểm): 2 3 1 12 3 3 2 3 1 12 3 3 2 9 3 2 1 - a 1 + a + a 1 - a b) (1điểm): P + a 1 - a 1 - a 1 + a 1 2 1 1 + 2 a + a . = 1 + a . = 1. = 2 2 1 + a 1 + a Câu 2. a) (1điểm): Phương trình đường thẳng cần tìm có dạng: y = ax + b (d) a 2 Đường thẳng (d) song với đường thẳng 2x – y = 3 y = 2x – 3 nên: b 3 Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 3) ta có: 2.1 + b = 3 b = 1 (thỏa mãn b 3 ) Vậy pt đường thẳng cần tìm là: y = 2x + 1 1 15 b) (1điêm): Ta có: ∆’= (m - 1)2 + (m + 3) = m2 - m + 4 = (m )2 0 đúng m 2 4 Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt  m x1 + x 2 = 2(m - 1) (1) Theo hệ thức Vi ét ta có: x1 - x 2 = - m - 3 (2) 2 2 2 2 Ta có x1 + x 2 10 (x1 + x2) - 2x1x2 = 10 4 (m - 1) + 2 (m + 3) = 10 m = 0 4m2 - 6m + 10 = 10 2m (2m - 3) = 0 3 m = 2 3 Vậy m = 0; m là các giá trị cần tìm. 2 Câu 3. (1,5điểm) Gọi chiều dài là a (m), chiều rộng là b(m) (ĐK: a > b > 3). Chu vi bằng 36 nên ta có pt : (a + b).2 = 36 hay a + b = 18 (1) Tăng chiều dài 2m và giảm chiều rộng 3m thì diện tích thửa ruộng giảm 20m2, ta có pt: (a + 2)(b – 3) = ab – 20 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ pt: a b 18 a 10 (TMĐK) a 2 b 3 ab 20 b 8 Vậy diện tích thửa ruộng bằng : 8.10 = 80m2 Câu 4. Vẽ hình 0,5 điểm
6. · 0 x a) (1 điểm) Ta có PAC = 90 (AP là tiếp tuyến) y P P·MC = 900 (gt) · · 0 => PAC + PMC = 180 M => tứ giác APMC nội tiếp(tổng 2 góc đối = 0 180 ) Q E F A C O B b) (1 điểm): Do tứ giác APMC nội tiếp nên: M· PC M· AC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC) (1) Cm tương tự ta có tứ giác BCMQ nội tiếp suy ra: M· QC M· BC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MC) (2) Lại có M· AC M· BC 900 (3). Từ (1), (2), (3) ta có : M· PC M· BC 900 P·CQ 900 . c) (1 điểm): Ta có tứ giác BCMQ nội tiếp nên: B·CQ B·MQ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BQ) B·MQ = A·MC (Cùng phụ với BMC) Ta chứng minh được tứ giác CEMF nội tiếp nên: E·MC = E·FC hay A·MC = E·FC Suy ra: B·CQ = E·FC => AB // EF (có hai góc so le trong bằng nhau). Câu 5. (1 điểm) Với a 0; b 0 ta có: (a 2 b)2 0 a 4 2a 2b b2 0 a 4 b2 2a 2b a 4 b2 2ab2 2a 2b 2ab2 1 1 (1) a 4 b2 2ab2 2ab a b 1 1 1 Tương tự có (2). Từ (1) và (2) Q b4 a 2 2a 2b 2ab a b ab a b 1 1 1 1 Vì 2 a b 2ab mà a b 2 ab ab 1 Q . a b 2(ab)2 2 1 Dấu “=” xảy ra khi a = b = 1. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là khi a = b = 1. 2