Bộ đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2019-2020 - Trường THCS Phan Đình Phùng (Có đáp án)

Nội dung text: Bộ đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2019-2020 - Trường THCS Phan Đình Phùng (Có đáp án)

1. ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2019-2020 Môn: Toán Thời gian làm bài: 90 phút Mã đề 01 Câu 1. ( 2 điểm) Rút gọn các biểu sau: a) A = 20 - 45 + 3 18 + 50 a + 3 a a - 3 a b) B = 1 + 1 + với a ≥ 0, a ≠ 9 a + 3 3 - a Câu 2. ( 2 điểm) a) Cho hai đường thẳng (d): y = - x + m + 2 và (d’): y = (m2 - 2) x + 1 Khi m = -2, hãy tìm toạ độ giao điểm của chúng. b) Cho phương trình: x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = 0 (ẩn x). Tìm m để phương trình có hai 2 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : x1 x2 7 Câu 3. ( 2 điểm) Một xe ô tô cần chạy quãng đường 240km trong thời gian đã dự định. Vì trời mưa nên một phần tư quãng đường đầu xe phải chạy chậm hơn vận tốc dự định là 15km/h nên quãng đường còn lại xe phải chạy nhanh hơn vận tốc dự định là 10km/h. Tính thời gian dự định của xe ô tô đó. Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, M là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A, C); BM cắt AC tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên AB. 1) Chứng minh CBKH là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh A·CM A·CK 3) Trên đọan thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh tam giác ECM là tam giác vuông cân tại C. Câu 5 (0,5 điểm). Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x 2y , tìm giá trị nhỏ nhất x2 y2 của biểu thức: M xy 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: Hồ Xuân Ân Đơn vị:Trường THCS Phan Đình Phùng Người duyệt đề: Phạm Thị Quỳnh Hoa
2. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9 MÃ ĐỀ 01 Điể Câu Nội dung trình bày m Câu 1: Rút gọn biểu thức a) A = 20 - 45 + 3 18 + 50 = 5 . 4 - 9 . 5 + 3 9 . 2 + 25 . 2 0,5 = 2 5 - 3 5 + 9 2 + 5 2 = 14 2 - 5 0,5 a + 3 a a - 3 a b) B = 1 + 1 + với a ≥ 0, a ≠ 9 Câu 1 a + 3 3 - a 2đ a ( a + 3) a ( a - 3) = 1 + 1 - 0,5 a + 3 a - 3 = (1 + a ) (1 - a ) 0,25 = 1 - a 0,25 Câu 2: a) Khi m = - 2, ta có hai đường thẳng y = - x - 2 + 2 = - x và y = (4 - 0,25 2)x + 1 = 2x + 1 Ta có toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là nghiệm của hệ y = - x 0,25 y = 2x + 1 1 1 - x = 2x + 1 x = - . Từ đó tính được : y . 0,25 3 3 1 1 Vậy tọa độ giao điểm là A( ; ) . 0,25 3 3 b) Phương trình :x2 – (4m – 1)x + 3m2 – 2m = 0 (1) có a = 1; b= -(4m – 1) ; c = 3m2 – 2m Câu 2 = [-(4m – 1)]2 – 4(3m2 – 2m) = 4m2 + 1 > 0 với mọi giá trị m 2đ 0,25 x1 x2 4m 1 Hệ thức Vi-et: 2 x1.x2 3m 2m Theo bài ra: x 2 x 2 7 (x x )2 2x .x 7 1 2 1 2 1 2 0,25 (4m 1)2 2(3m2 2m) 7 2(5m2 2m 3) 0 m 1 3 m 0,25 5 3 Vậy với m = 1hoặc m = thì phương trình (1) có 2 nghiệm x ; x thõa 5 1 2 0,25 2 2 mãn điều kiện : x1 x2 7
3. Câu 3. Gọi x (km/h) là vận tốc dự định của xe, x > 15. 0,25 240 Thời gian dự định của xe là (h) 0,25 x 60 Thời gian xe đi trong một phần tư quãng đường đầu là (h) x 15 0,25 180 Câu Thời gian xe đi trong quãng đường còn lại là (h) 0,25 3. x 10 240 60 180 2đ Theo bài ra ta có = + (1). 0,25 x x 15 x 10 4 1 3 Biến đổi (1) x x 15 x 10 0,25 4 x 15 x 10 x 4x 35 0,25 15x 600 x = 40 (thoả mãn điều kiện). 240 0,25 Từ đó thời gian dự định của xe là 6 (h) 40 a) Ta có H· CB 900 ( do chắn nửa đường tròn đk AB) H· KB 900 (do K là hình chiếu của H trên AB) => H· CB H· KB 1800 nên tứ giác CBKH nội tiếp trong đường tròn đường kính HB b)Ta có ·ACM ·ABM (do cùng chắn ¼AM của (O)) và ·ACK H·CK H· BK (vì cùng chắn H¼K .của đtròn đk HB) Vậy ·ACM ·ACK c)Vì OC  AB nên C là điểm chính giữa của cung AB AC = BC và sd »AC sd B»C 900 Xét 2 tam giác MAC và EBC có MA= EB(gt), AC = CB(cmt) và M· AC = M· BC vì cùng chắn cung M¼C của (O) MAC và EBC (cgc) CM = CE tam giác MCE cân tại C (1) · 0 » 0 Câu Ta lại có CMB 45 (vì chắn cung CB 90 ) 4 . C·EM C·MB 450 (tính chất tam giác MCE cân tại C) Mà C·ME C·EM M· CE 1800 (Tính chất tổng ba góc trong tam giác) M· CE 900 (2) Từ (1), (2) tam giác MCE là tam giác vuông cân tại C (đpcm). C M H E A K O B Câu Bài V: (0,5 điểm) 5 Cách 1(không sử dụng BĐT Cô Si)
4. x2 y2 (x2 4xy 4y2 ) 4xy 3y2 (x 2y)2 4xy 3y2 Ta có M = = xy xy xy (x 2y)2 3y 4 xy x Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy ra x = 2y y 1 3y 3 x ≥ 2y , dấu “=” xảy ra x = 2y x 2 x 2 3 5 Từ đó ta có M ≥ 0 + 4 - = , dấu “=” xảy ra x = 2y 2 2 5 Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y 2 Cách 2: x2 y2 x2 y2 x y x 4y 3y Ta có M = ( ) xy xy xy y x y x x x 4y x 4y x 4y Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Cô si cho 2 số dương ; ta có 2 . 4 , y x y x y x dấu “=” xảy ra x = 2y y 1 3y 3 Vì x ≥ 2y , dấu “=” xảy ra x = 2y x 2 x 2 3 5 Từ đó ta có M ≥ 4- = , dấu “=” xảy ra x = 2y 2 2 5 Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y 2
5. ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2019-2020 Môn: Toán Thời gian làm bài: 90 phút Mã đề 02 Câu 1. ( 2 điểm) Rút gọn các biểu thức sau: a) A = 12 - 27 + 3 45 + 125 . a + 2 a a - 2 a b) B = 1 + 1 + với a ≥ 0, a ≠ 4. a + 2 2- a Câu 2. ( 2 điểm) a) Cho hai đường thẳng (d): y = - 2x + m + 3 và (d’): y = (m2 - 3) x + 2 Khi m = -2, hãy tìm toạ độ giao điểm của chúng. b) Cho phương trình bậc hai: x2 – 4x + m2 + 3m = 0 ( m là tham số). 2 2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện : x1 x2 8 Câu 3. ( 2 điểm) Một xe ô tô cần chạy quãng đường 160km trong thời gian đã dự định. Vì trời mưa nên một phần tư quãng đường đầu xe phải chạy chậm hơn vận tốc dự định là 15km/h nên quãng đường còn lại xe phải chạy nhanh hơn vận tốc dự định là 10km/h. Tính thời gian dự định của xe ô tô đó. Câu 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính MN. Bán kính PO vuông góc với MN, I là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ MP (I khác M, P); NI cắt MP tại H. Gọi K là hình chiếu của H trên MN. 1) Chứng minh PNKH là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh M· PI M· PK 3) Trên đọan thẳng NI lấy điểm F sao cho NF = MI. Chứng minh tam giác FPI là tam giác vuông cân tại P Câu 5 (0,5 điểm). Với x, y là các số dương thỏa mãn điều kiện x 2y , tìm giá trị nhỏ nhất x2 y2 của biểu thức: M xy 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: Bùi Thị Khánh Ly Đơn vị:Trường THCS Phan Đình Phùng Người duyệt đề: Phạm Thị Quỳnh Hoa
6. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 9 ĐỀ 2 Câu Ý Nội dung trình bày Điểm Câu 1: Rút gọn biểu thức 1đ 1) A = 12 - 27 + 3 45 + 125 . = 3 . 4 - 9 . 3 + 3 9 . 5 + 25 . 5 0,5 = 2 3 - 3 3 + 9 5 + 5 5 = 4 5 - 3 0,5 a + 2 a a - 2 a Câu 1 2) B = 1 + 1 + với a ≥ 0, a ≠ 4 2đ a + 2 2- a 1đ a ( a + 2) a ( a - 2) = 1 + 1 - 0,5 a + 2 a - 2 = (1 + a ) (1 - a ) 0,25 = 1 - a 0,25 Câu 3: a) Khi m = - 2, ta có hai đường thẳng: 0,25 y = - 2x - 2 + 3 = - 2x+1 và y = (4 - 3)x + 2 = x + 2 Ta có toạ độ giao điểm của 2 đường thẳng trên là nghiệm của hệ y = - 2x+1 0,25 y = x + 2 1 5 - 2x+1 = x + 2 x = - . Từ đó tính được : y . 0,25 1đ 3 3 1 5 Vậy tọa độ giao điểm là A( ; ) . 0,25 3 3 b) Phương trình :x2 – 4mx + m2 + 3m = 0 (1) có a = 1; b= -4m ; c = m2 + 3m = (-4m )2 – 4(m2 + 3m) = -3m Câu Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 khi > 0 3(2đ) hay -3m > 0 m < 0 x x 4m 1 2 2 2 Hệ thức Vi-et: 2 x – 4x + m + 3m = 0 x1.x2 m 3m 0,25 Theo bài ra: x 2 x 2 8 (x x )2 2x .x 8 1 2 1 2 1 2 0,25 (4m)2 2(m2 3m) 8 1đ 14m2 6m 8 0,25 2(7m2 3m 4) 0 m 1(loai) 4 m (tm) 7 4 Vậy vói m = thì phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn 0,25 7
7. 2 2 điều kiện : x1 x2 8 Câu 3. Gọi x là vận tốc dự định của xe, x > 15. (km/h) 0,25 160 Thời gian dự định của xe là (h) 0,25 x 40 Thời gian xe đi trong một phần tư quãng đường đầu là (h) x 15 0,25 120 Thời gian xe đi trong quãng đường còn lại là (h) 0,25 Câu 3 x 10 2đ 160 40 120 Theo bài ra ta có = + (1). 0,25 x x 15 x 10 4 1 3 Biến đổi (1) x x 15 x 10 0,25 4 x 15 x 10 x 4x 35 0,25 15x 600 x = 40 (thoả mãn điều kiện). 160 0,25 Từ đó thời gian dự định của xe là 4 (h). 40 c) Ta có H· PN 900 ( do chắn nửa đường tròn đk MN) Câu H·KN 900 (do K là hình chiếu của H trên MN) 4 => H· PN H·KN 1800 nên tứ giác PNKH nội tiếp trong đường tròn đường kính HN b)Ta có M· PI M· NI (do cùng chắn M»I của (O)) và M· P H· PK H·NK (vì cùng chắn H¼K .của đtròn đk HN) Vậy M· PI M· PK c)VìOPMN nên P là điểm chính giữa của cung MN MP=NP và sd M»P sd N»P 900 Xét 2 tam giác IMP và FNP có IM= FN(gt), MP = PN(cmt) và I·MP = I·NP vì cùng chắn cung IºP của (O) IMP = FNP (cgc) PI =ÌP tam giác ÌP cân tại P (1) Ta lại có P· IN 450 (vì chắn cung P»N 900 ) . P· FI P· IN 450 (tính chất tam giác IPF cân tại P) Mà P· IF P· FI I·PF 1800 (Tính chất tổng ba góc trong tam giác) I·PF 900 (2) Từ (1), (2) tam giác IPF là tam giác vuông cân tại P (đpcm). P I H F M K O N
8. Cách 1(không sử dụng BĐT Cô Si) x2 y2 (x2 4xy 4y2 ) 4xy 3y2 (x 2y)2 4xy 3y2 Ta có M = = xy xy xy (x 2y)2 3y 4 xy x Vì (x – 2y)2 ≥ 0, dấu “=” xảy ra x = 2y y 1 3y 3 x ≥ 2y , dấu “=” xảy ra x = 2y x 2 x 2 3 5 Từ đó ta có M ≥ 0 + 4 - = , dấu “=” xảy ra x = 2y 2 2 5 Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y Câu 2 5 Cách 2: x2 y2 x2 y2 x y x y 3x Ta có M = ( ) xy xy xy y x 4y x 4y x y x y x y Vì x, y > 0 , áp dụng bdt Cô si cho 2 số dương ; ta có 2 . 1 , 4y x 4y x 4y x dấu “=” xảy ra x = 2y x 3 x 6 3 Vì x ≥ 2y 2 . , dấu “=” xảy ra x = 2y y 4 y 4 2 3 5 Từ đó ta có M ≥ 1 + = , dấu “=” xảy ra x = 2y 2 2 5 Vậy GTNN của M là , đạt được khi x = 2y 2