Bộ đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Lần 1 - Năm học 2015-2015 - Trường THCS Trần Mai Ninh (Có đáp án)

Nội dung text: Bộ đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Lần 1 - Năm học 2015-2015 - Trường THCS Trần Mai Ninh (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT (Lần 01) NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐỀ A Môn: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút) Ngày thi 22 tháng 5 năm 2017 Bài 1: (2 điểm) a a 1 a 2 a 3 Cho biểu thức: A a 3 a 3 a 9 a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A. b) Tìm các giá trị của a để A 1. Bài 2: (2 điểm) 2x y 3 a) Giải hệ phương trình: 3x 2y 1 b) Trong cùng mặt phẳng tọa độ cho các đường thẳng (d): y 2x k và đường thẳng (d’): y k 2 5 x 3 (với k -2). Xác định k để (d) song song với (d’). Bài 3: (2 điểm) Cho phương trình : x2 – 2ax + a2 – a + 1 = 0 a) Tìm giá trị của a để phương trình có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó 2 b) Tìm a để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 + 2ax2 = 9 Bài 4: (3 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Điểm C cố định trên nửa đường tròn. Điểm M thuộc cung AC (M A; C). Hạ MH  AB tại H, tia MB cắt CA tại E, kẻ EI  AB tại I. Gọi K là giao điểm của AC và MH. Chứng minh rằng: a) Tứ giác BHKC là tứ giác nội tiếp; b) AK.AC = AM2; c) AE.AC + BE.BM không phụ thuộc vị trí của điểm M trên cung AC; d) Khi M chuyển động trên cung AC thì đường tròn ngoại tiếp tam giác MIC đi qua hai điểm cố định. Bài 5: (1 điểm) Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a b c 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q 2a bc 2b ca 2c ab ___Hết___ (Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm) Họ tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1: Giám thi 2:
2. TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT (Lần 01) TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT (Lần 01) NĂM HỌC 2016 – 2017 NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐỀ B Môn: TOÁN ĐỀ A Môn: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút) (Thời gian làm bài 120 phút) Ngày thi 22 tháng 5 năm 2017 Ngày thi 22 tháng 5 năm 2017 Bài 1: (2 điểm) b b 1 b 2 b 3 Cho biểu thức: B b 3 b 3 b 9 a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức B. b) Tìm các giá trị của b để B ≥ 1. Bài 2: (2 điểm) x 2y 6 a) Giải hệ phương trình: 2x 3y 7 b) Trong cùng mặt phẳng tọa độ cho các đường thẳng (d): y 3x m và đường thẳng (d’): y m 5 1 x 3 (với m -5). Xác định m để (d) song song với (d’). Bài 3: (2 điểm) Cho phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 a) Tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó 2 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 +2mx2 = 9 Bài 4: (3 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính PQ = 2R. Điểm N cố định trên nửa đường tròn. Điểm M thuộc cung PN (M P; N). Hạ MH  PQ tại H, tia MQ cắt PN tại E, kẻ EI  PQ tại I. Gọi K là giao điểm của PN và MH. Chứng minh rằng: a) Tứ giác QHKN là tứ giác nội tiếp; b) PK.PN = PM2; c) PE.PN + QE.QM không phụ thuộc vị trí của điểm M trên cung PN; d) Khi M chuyển động trên cung PN thì đường tròn ngoại tiếp tam giác MIN đi qua hai điểm cố định. Bài 5: (1 điểm) Với x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện x y z 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 2x yz 2y zx 2z xy (Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm) Họ tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1: Giám thi 2:
3. TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐỀ A Môn: TOÁN (Lần 01) Bài 1 Nội dung Điểm a) ĐKXĐ: a 0 và a 9. 0,25 đ a. a 3 a 1 . a 3 a 2 a 3 A Câu a) a 3 . a 3 a 3 . a 3 (1đ ) a 3 a a 3 a a 3 a 2 a 3 0,25 đ a 3 . a 3 a 3 a 0,25 đ a 3 . a 3 a. a 3 a 0,25 đ a 3 . a 3 a 3 a a b) Với a 0 và a 9, A 1 1 1 0 0,25 đ Câu b) a 3 a 3 3 0 a 3 0 a 9 0, 5 đ (1đ ) a 3 Kết hợp với điều kiện a 0 và a 9 ta có: 0 a < 9. Vậy: 0 a < 9 0,25 đ Bài 2 2x y 3 4x 2y 6 a) 0,25 đ 3x 2y 1 3x 2y 1 x 5 0,25 đ 2x y 3 Câu a x 5 x 5 ( 1 đ) 0,25 đ 2.5 y 3 y 7 x 5 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất là 0,25 đ y 7 k 2 5 2 b) (d) // (d’) 0,25 đ k 3 Câu b ( 1 đ) k 2 3 k 2 9 0,25 đ k 3 k 3 k 7 k 7 (thỏa mãn điều kiện k -2) 0,25 đ k 3 Vậy k = 7 0,25 đ
4. Với phương trình : x2 – 2ax + a2 – a + 1 = 0 a) Bài 3 Ta có: / = a2 – a2 + a - 1 = a – 1 0, 5đ 1đ Phương trình có nghiệm kép / = 0 a – 1= 0 a = 1 khi đó nghiệm kép là: x x a 1 1 2 0, 5đ / Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 ≥0 a –1 ≥ 0 a ≥ 1 0,25đ x1 x2 2a (1) theo hệ thức Vi –ét ta có: 2 0,25đ x1.x2 a – a 1 (2) Mà theo bài cho, thì x 2 + 2ax = 9 (3) 2đ 1 2 Thay (1) vào (3) ta được: 2 x1 +(x1 + x2 )x2 = 9 2 2 b) x1 + x1x2 + x2 = 9 2 (x1 x2 ) x1x2 9(4) 1 đ 0,25đ Thay(1), (2) vào (4) ta được: 4a 2 a2 a 1 9 3a2 a 10 0 5 Giải phương trình ta được: a = - 2 (loại) ; a = (TMĐK) 1 2 3 5 0,25đ Vậy a = thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x , x : 3 1 2 2 x1 + 2ax2 = 9 M C Bài 4 E K 3 đ A H O I B Ta có góc ·ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25đ Hay K·CB 900 a) Xét tứ giác BHKC, có: · 0 1 đ KHB 90 (vì MH  AB ) 0,5đ K·CB 900 (cm trên) K·CB K·HB 1800 , mà hai góc này là hai góc đối diện . Vậy tứ giác BHKC nội tiếp đường tròn. 0,25đ b) Chứng minh được AHK ACB (g-g) 0,25đ
5. Suy ra AK.AC = AH.AB (1) 0,75 Áp dụng hệ thức lượng trong tam vuông AMB ta có: 0,25đ AH.AB = AM2 (2) Từ (1) và (2) suy ra AK.AC = AM2. 0,25đ 0,25đ Chứng minh được AEI ABC (g-g) AE.AC = AI.AB (3) Chứng minh được BEI BAM (g-g) BE.BM=BI.AB (4) 0,25đ c) 0,75 Từ (3) và (4) suy ra : AE.AC + BE.BM = AB.AI + BI.AB 0,25đ = AB(AI + BI) = AB2 = 4R 2 . CM được tứ giác BCEI nội tiếp đường tròn E· IC E·BC CM được tứ giác AMEI nội tiếp đường tròn E·IM E·AM 0,25đ · · 1 · d) Mà EAM EBC MOC 0,5 2 Do đó M· IC M· OC , mà O và I là hai đỉnh kề nhau của tứ giác MOIC => Tứ giác MOIC nội tiếp => Đường tròn ngoại tiếp tam 0,25đ giác MIC đi qua hai điểm O và C cố định. Bài 5: (1 điểm) Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a b c 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q 2a bc 2b ca 2c ab Ta có a+b+c=2 nên 2a+bc=(a+b+c)a+bc = (a+b)(a+c) 0,25đ Áp dụng bất đẳng thức Cosi với 2 số dương u a b và v = a + c, ta có: a b a c 2a b c 2a bc (a b)(a c) (1) 2 2 2b a c 2c a b 0,25đ Tương tự 2b ac (2); 2c ab (3) 2 2 Cộng các bđt (1), (2), (3) ta được: 0,25đ 2a b c 2b a c 2c a b Q 2a bc 2b ca 2c ab 2 2 2 Q 2a bc 2b ca 2c ab 2(a b c) 4 Dấu "=" xảy ra khi a = b = c =2 0,25đ 3 Vậy Max Q = 4 khi a = b = c =2 . 3
6. TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 ĐỀ B Môn: TOÁN (Lần 01) Bài 1 Nội dung Điểm 1) ĐKXĐ: b 0 và b 9. 0,25 đ b. b 3 b 1 . b 3 b 2 b 3 B Câu a) b 3 . b 3 b 3 . b 3 (1đ ) b 3 b b 3 b b 3 b 2 b 3 0,25 đ b 3 . b 3 b 3 b 0,25 đ b 3 . b 3 b. b 3 b 0,25 đ b 3 . b 3 b 3 b b 2) b 0 và b 9, B 1 1 1 0 0,25 đ Câu b) b 3 b 3 3 0 b 3 0 b 9 0, 5 đ (1đ ) b 3 Kết hợp với điều kiện b 0 và b 9 ta có: b > 9. Vậy: b > 9 0,25 đ Bài 2 x 2y 6 2x 4y 12 1) 0,25 2x 3y 7 2x 3y 7 y 5 0,25 2x 3y 7 Câu a y 5 y 5 ( 1 đ) 0,25 2x 3.5 7 x 4 x 4 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất là 0,25 y 5 m 5 1 3 2) (d) // (d’) 0,25 m 3 Câu b ( 1 đ) m 5 4 m 5 16 0,25 m 3 m 3 m 11 m 11 (thỏa mãn điều kiện m - 5) 0,25 m 3 Vậy m = 11 0,25
7. Với phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 a) Ta có: / = m2 – m2 + m - 1 = m – 1 Phương trình có nghiệm kép / = 0 m – 1= 0 m = 1 1đ 0, 5 b/ khi đó nghiệm kép là: x1 x2 m 1 a 0, 5 Bài 3: / Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 ≥0 m –1 ≥ 0 m ≥ 0,25 1 0,25 x1 x2 2m (1) theo hệ thức Vi –ét ta có: 2 x1.x2 m – m 1 (2) 2 2 điểm Mà theo bài cho, thì x1 + 2mx2 = 9 (3) Thay (1) vào (3) ta được: b) x 2 + (x + x )x = 9 x 2 + x x + x 2 = 9 1 1 2 2 1 1 2 2 2 1đ (x1 x2 ) x1x2 9 (4) Thay(1), (2) vào (4) ta được : 4m2 m2 m 1 9 3m2 m 10 0 0,25 5 Giải phương trình ta được: m = - 2 (loại) ; m = (TMĐK) 1 2 3 5 Vậy m = thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x , x : 3 1 2 2 0,25 x1 +2mx2 = 9 Bài 4 M N E K P H O I Q 3đ Ta có góc P·NQ 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25 · 0 a) Hay KNQ 90 . Xét tứ giác QHKN, có: K·HQ 900 (vì MH  PQ ) 1 0, 5 K·NQ 900 (cm trên) K·NQ K·HQ 1800 , mà hai góc này là hai góc đối diện . Vậy tứ giác QHKN nội tiếp đường tròn. 0,25
8. Chứng minh được PHK PNQ (g-g) 0,25 b) Suy ra PK.PN = PM2 (1) Áp dụng hệ thức lượng trong tam vuông AMB ta có: 0,25 0,75 PH.PQ = PM2 (2) Từ (1) và (2) suy ra PK.PN = PM2. 0,25 0,25 C/minh được PEI PQN (g-g) PE.PN = PI.PQ (3) c) C/minh được QEI QPM (g-g) QE.QM = QI.PQ (4) 0,25 Từ (3) và (4) suy ra : 0,75 PE.PN + QE.QM = PQ.PI + QI.PQ 0,25 = PQ  (PI + QI) = PQ2 = 4R 2 . CM được tứ giác QNEI nội tiếp đường tròn E· IN E·QN · · CM được tứ giác PMEI nội tiếp đường tròn EIM EPM 0,25 d) · · 1 · Mà EPM EQN MON 2 0,5 Do đó M· IN M· ON , mà O và I là hai đỉnh kề nhau của tứ giác MOIN => Tứ giác MOIN nội tiếp => Đường tròn ngoại tiếp 0,25 tam giác MIN đi qua hai điểm O và N cố định. Bài 5: (1 điểm) Với x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện x y z 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P 2x yz 2y zx 2z xy Ta có x + y + z = 2 nên 2x + yz = (x + y + z)x + yz = (x + y)(x + z) 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cosi với 2 số dương u x y và, v = x + z, ta có: x y x z 2x y z 2x yz (x y)(x z) (1) 2 2 2y x z 2z x y 0,25 Tương tự 2y xz (2); 2z xy (3) 2 2 Cộng các bđt (1), (2), (3) ta được: 0,25 2x y z 2y x z 2z x y P 2x yz 2y zx 2z xy 2 2 2 P 2x yz 2y zx 2z xy 2(x y z) 4 Dấu "=" xảy ra khi x = y = z =2 0,25 3 Vậy Max P = 4 khi x = y = z =2 . 3