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

Nội dung text: Bộ đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2019-2020 - Trường THCS Sơn Kim (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. Rút gọn các biểu thức sau: 26 1 x y y x x y 1 a) 6 b)  với x > 0 ; y > 0 ; x y 4 3 3 xy x y x Câu 2. 5 a) Tìm m để đồ thị hàm số y 3x 6 và đồ thị hàm số y x 2m2 2 cắt 2 nhau tại một điểm nằm trên trục hoành. 3x 5y 18 b) Giải hệ phương trình: x 2y 5 c) Cho phương trình x2 4x (m2 3m) 0 (m là tham số). Tìm m để phương 2 2 trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn x1 x2 4(x1 x2 ) Câu 3. Một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi. Khi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 2km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc lúc đi từ A đến B, biết quãng đường AB dài 30 km. Câu 4. Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC). Đường cao BD, CE cắt nhau ở H, đường thẳng DE cắt đường thẳng BC ở F. Gọi giao điểm của FA với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là K; M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: a) Tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn. b) FE. FD = FK. FA. c) FH vuông góc với AM. Câu 5. Cho a, b là hai số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a 2 b2 ab P ab a b 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: Đinh Quang Huy Đơn vị: Trường THCS Sơn Kim Người duyệt đề: Phạm Quốc Nam
2. 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. Rút gọn các biểu thức sau: 26 1 x y y x x y 1 a) 6 b)  với x > 0 ; y > 0 4 3 3 xy x y x Câu 2. 5 a) Tìm m để đồ thị hàm số y 2x 6 và đồ thị hàm số y x 2m2 3cắt 3 nhau tại một điểm nằm trên trục hoành. 3x 5y 18 b) Giải hệ phương trình: x 2y 5 c) Cho phương trình x2 2x (m2 m) 0 (m là tham số). Tìm m để phương 2 2 trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả mãn x1 x2 2(x1 x2 ) Câu 3. Một người đi xe đạp từ A đến B với vận tốc không đổi. Khi từ B trở về A người đó tăng vận tốc thêm 2km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 45 phút. Tính vận tốc lúc đi từ A đến B, biết quãng đường AB dài 45 km. Câu 4. Cho tam giác DEF nhọn (DE < DF). Đường cao EM, FN cắt nhau ở H, đường thẳng MN cắt đường thẳng EF ở P. Gọi giao điểm của PD với đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là K; Q là trung điểm của EF. Chứng minh rằng: a) Tứ giác ENMF là tứ giác nội tiếp. b) PN.PM = PK.PD. c) PH vuông góc với DQ. Câu 5. Cho x, y là hai số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x2 y2 xy P . xy x y Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
3. Họ và tên: Số báo danh: HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN- ĐỀ 01 Câu Nội dung Điểm 26 1 26 4 3 9 26 4 3 0,5 a) 6 2 2 3 4 3 3 4 3 4 3 3 13 0,5 2 4 3 2 3 8 2 3 2 3 8 Câu 1 x y y x x y 1 xy x y x y x y 1 b)  =  xy x y x xy x y x 0,5 1 1 2 = x y x y  2 x  0,5 x x x a) Gọi giao điểm của đồ thị hàm số y 3x 6 với trục hoành là A. Khi đó 5 A(2;0) Để đồ thị hàm số y 3x 6 và đồ thị hàm số y x 2m2 2 2 cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành thì đồ thị hàm số 5 0,5 y x 2m2 2 phải đi qua A(2;0). 2 5 Ta có 0 .2 2m2 2 0 5 2m2 3 2m2 2 m 1 2 Vậy với m 1 thì để đồ thị hàm số y 3x 6 và đồ thị hàm số 0,5 5 y x 2m2 2 cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành. 2 0,5 Câu 2 3x 5y 18 3x 5y 18 11y 33 x 1 b) . x 2y 5 3x 6y 15 x 2y 5 y 3 0,25 x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất y 3 2 2 3 7 c) Ta có ' 4 (m 3m) m 0 nên pt luôn có hai nghiệm 2 4 phân biệt x1, x2 2 0,5 Theo hệ thức Viet ta có x1 x2 4 ; x1x2 (m 3m) Khi đó x 2 x 2 4(x x ) (x x )2 2x x 4(x x ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 0,25 2 2 m 0 16 2(m 3m) 16 m 3m 0 m(m 3) 0 m 3 Gọi vận tốc lúc đi từ A đến B là x (km/h), điều kiện x > 0. Khi đó: - Vận tốc lúc về là: x + 2 (km/h) Câu 3 0,5 30 - Thời gian đi từ A đến B là: (h) x
4. 30 - Thời gian đi từ B trở về A là: (h). x 2 30 30 1 Theo đề bài, ta có phương trình: (*) x x 2 2 0,5 Với điều kiện x > 0 (*) x2 2x 120 0 Giải phương trình, tìm được x = -12; x = 10. Vì x = -12 < 0 (không thoả mãn) nên vận tốc lúc đi từ A đến B là 10 km/h. 0,5 A K D E H C F B M N a) Ta có BD  AC; CE  AB (GT) B·DC B·EC = 900 0,5 Hai điểm E, D cùng nhìn BC dưới một góc vuông tứ giác BEDC nội tiếp 0,5 đường tròn đường kính BC 1 b) Vì BEDC nội tiếp F·DB F·CE ( sđ E»B) Mà E·FB chung 2 Câu 4 FD FB ΔFDB∽ ΔFCE (g.g) = FD.FE = FB.FC (1) FC FE 0,5 1 Ta có tứ giác AKBC nội tiếp F·AB F·CK ( sđ K»B ), lại có K· FB chung 2 FA FB ΔFAB∽ ΔFCK (g.g) = FK. FA = FB.FC (2) FC FK Từ (1) và (2) FE. FD = FK. FA. 0,5 FK FD c) Từ FE. FD FK. FA lại có K· FE chung FE FA ΔFKE ∽ ΔFDA (c.g.c) · · FKE FDA tứ giác AKED nội tiếp. (3) 0,25 Mặt khác A·DH A·EH = 900 ( GT) tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn đường kính AH. (4) 0,25 Từ (3) và (4) K thuộc đường tròn đường kính AH A·KH = 900. Gọi N là giao điểm của HK và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có AN là đường kính A·BN A·CN = 900 NC // BH; BN // CH BHCN là hình bình hành HN đi qua trung
5. điểm M của BC MH vuông góc với FA. Vì H là giao điểm hai đường cao BD, CE nên H là trực tâm của ABC 0,25 AH BC hay AH FM. Trong tam giác FAM có hai đường cao AH, MK nên H là trực tâm của tam giác FH AM. 0,25 2 a 2 b2 ab a 2 b2 ab 1 5 (a b)2 a b 5 P 2 ab a b ab a b 2 2 ab 2(a b) 2 2 2 2 a b a b a b 5 P 0,25 ab 2(a b) 2 2 2 a b 1 5 a b 0,25 ab 2(a b) 2 Áp dụng BĐT Cosi ta có Câu 5 2 a b 1 4 ab 1 ab 2(a b) ab 2(a b) 4 1 8 1 15 0 ab 2(a b) a b 2(a b) 2(a b) 2 2 a b 1 5 5 P a b 0,25 ab 2(a b) 2 2 5 Vậy GTNN của P là đạt được khi a b 0,25 2 HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN- ĐỀ 02
6. Câu Nội dung Điểm 26 1 26 4 3 9 26 4 3 0,5 a) 6 2 2 3 4 3 3 4 3 4 3 3 13 0,5 2 4 3 2 3 8 2 3 2 3 8 Câu b) 1 x y y x x y 1 xy x y x y x y 1 0,5   xy x y x xy x y x 1 1 2 0,5 x y x y  2 x x x x a) Gọi giao điểm của đồ thị hàm số y 2x 6 với trục hoành là A. Khi đó A(3;0) 5 Để đồ thị hàm số y 2x 6 và đồ thị hàm số y x 2m2 3 cắt nhau 3 5 tại một điểm nằm trên trục hoành thì đồ thị hàm số y x 2m2 3 phải đi 3 0,5 qua A(3;0). 5 Ta có 0 .3 2m2 2 0 5 2m2 3 2m2 2 m 1 3 Vậy với m 1 thì để đồ thị hàm số y 2x 6 và đồ thị hàm số 0,5 5 y x 2m2 3 cắt nhau tại một điểm nằm trên trục hoành. Câu 3 2 3x 5y 18 3x 5y 18 11y 33 y 3 b) 0,5 x 2y 5 3x 6y 15 x 5 2y x 1 x 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là 0,25 y 3 2 2 1 3 c) Ta có ' 1 (m m) m 0 nên pt luôn có hai nghiệm phân 2 4 biệt x1, x2 2 Theo hệ thức Viet ta có x1 x2 2 ; x1x2 (m m) 2 2 2 0,5 Khi đó x1 x2 2(x1 x2 ) (x1 x2 ) 2x1x2 2(x1 x2 ) 2 2 m 0 4 2(m m) 4 m m 0 m(m 1) 0 0,25 m 1 Gọi vận tốc lúc đi từ A đến B là x (km/h), điều kiện x > 0. Khi đó: Câu - Vận tốc lúc về là: x + 2 (km/h) 0,5 3 45 - Thời gian đi từ A đến B là: (h) x
7. 45 - Thời gian đi từ B trở về A là: (h). x 2 45 45 3 Theo đề bài, ta có phương trình: (*) x x 2 4 0,5 Với điều kiện x > 0 (*) x2 2x 120 0 Giải phương trình, tìm được x = -12; x = 10. Vì x = -12 P·ME P·FN ( sđ N»E ) Mà M· PF chung Câu 2 PM PE 4 ΔPME ~ ΔPFN (g.g) = PE.PF PM.PN (1) PF PN 0,5 1 Ta có tứ giác DKEF nội tiếp P·DE P·FK ( sđ K»E ), lại có K· PE chung 2 PD PE ΔPDE ∽ ΔPFK (g.g) = PE.PF PD.PK (2) PF PK Từ (1) và (2) PN.PM PK.PD 0,5 PN PD c) Từ PN.PM PK.PD lại có K· PN chung PK PM ΔPKN ∽ ΔPMD (c.g.c) · · PKN PMD => tứ giác DKNM nội tiếp (3) 0,25 Mặt khác D·NH D·MH = 900 ( GT) tứ giác DNHM nội tiếp đường tròn đường kính DH (4) 0,25 Từ (3) và (4) K thuộc đường tròn đường kính DH => D·KH = 900. Gọi A là giao điểm của HK và đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF. Khi đó DA là đường kính D·EA D· FA = 900 AE // FH; FA // EH EHFA là hình bình hành HA đi qua trung
8. điểm Q của EF QH vuông góc với PD. Vì H là giao điểm hai đường cao EM, FN nên H là trực tâm của DEF 0,25 DH EF hay DH EQ Trong tam giác DPQ có hai đường cao DH, QK nên H là trực tâm của tam giác => PH DQ. 0,25 2 x2 y2 xy x2 y2 xy 1 5 (x y)2 x y 5 P 2 xy x y xy x y 2 2 xy 2(x y) 2 2 2 2 x y x y x y 5 P 0,25 xy 2(x y) 2 2 2 x y 1 5 x y 0,25 xy 2(x y) 2 Câu Áp dụng BĐT Cosi ta có 2 5 x y 1 4 xy 1 xy 2(x y) xy 2(x y) 4 1 8 1 15 0 xy 2(x y) x y 2(x y) 2(x y) 2 2 x y 1 5 5 P x y 0,25 xy 2(x y) 2 2 5 Vậy GTNN của P là đạt được khi x y 0,25 2 Họ và tên người ra đề: Đinh Quang Huy Đơn vị: Trường THCS Sơn Kim Người duyệt đề: Phạm Quốc Nam