Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Có hướng dẫn giải)

Nội dung text: Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán (Có hướng dẫn giải)

1. Đề thi thử vào lớp 10 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút Phần I. Trắc nghiệm (2 điểm) Câu 1 : Điều kiện xác định của biểu thức P = 2018 là: A.x = 5 B.x ≠ 5 C.x ≤ 5 D.x ≥ 5 Câu 2: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng 2x – y = 3 đi qua điểm: A. (0; 3) B. (2; 2) C. ( 1; 3) D. (5; 0) Câu 3: Cho hàm số y = -3x2. Kết luận nào sau đây là đúng : A. Hàm số trên luôn đồng biến B. Hàm số trên luôn nghịch biến C. Hàm số trên đồng biến khi x > 0, nghịch biến khi x 0 Câu 4: Điều kiện để hàm số y = (- m + 3) x – 7 đồng biến trên R là: A. m = 3 B. m ≤ 3 C. m ≥ 3 D. x ≠ 3 Câu 5 : Trong các phương trình sau, phương trình nào có tích hai nghiệm bằng -5 A. x2 - 3 x - 5 = 0 B. x2 - 3 x + 5 = 0 C. x2 + 3 x + 5 = 0 D. –x2 - 3 x - 5 = 0 Câu 6: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH có BH = 6 cm; CH = 12 cm. Độ dài cạnh góc vuông AB là: A.6cm B.6√2 cm C.6√3 cm D.12 cm Câu 7: Cung AB của đường tròn (O; R) có số đo là 60o. Khi đó diện tích hình quạt AOB là:
2. Câu 8: Tứ giác MNPQ nội tiếp đường tròn khi: A.∠MNP + ∠NPQ = 180o B.∠MNP = ∠MPQ C. MNPQ là hình thang cân D. MNPQ là hình thoi Phần II. Tự luận Bài 1: (1 điểm) Cho biểu thức a) Tìm điều kiện đối với a và b để biểu thức P có nghĩa rồi rút gọn biểu thức P b) Khi a và b là 2 nghiệm của phương trình bậc hai x2 – 3x + 1 =0. Không cần giải phương trình này, hãy chứng tỏ giá trị của P là một số nguyên dương Bài 2: (1,5 điểm) a) Tìm điểm cố định của đường thẳng y = (m – 1)x + 2m – 1 b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = mx + 1 và Parabol (P): y = 2x 2. Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A (3; 7). Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại 2 điểm phân biệt C (x1, y1) và D (x2, y2). Tính giá trị của T = x1x2 + y1y2 Bài 3: (1,5 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: b) 3x4 + x2 – 4 = 0 Bài 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB 0 và a + b + c = 3. Chứng minh rằng:
3. a5 + b5 + c5 + ≥ 6 Đáp án và Hướng dẫn giải Phần I. Trắc nghiệm 1.D 2.A 3.D 4.B 5.A 6.C 7.B 8.C Phần II. Tự luận Bài 1: b) a, b là 2 nghiệm của phương trình x2 – 3x + 1 =0 nên theo hệ thức Vi-ét ta có: Thay vào biểu thức P = = 3 Vậy giá trị của P là một số nguyên dương
4. Bài 2: a) y = (m – 1)x + 2m – 1 Gọi M (x0 ; y0) là điểm cố định mà đường thẳng y = (m – 1)x + 2m – 1 đi qua với mọi m => y0 = (m - 1) x0 + 2m - 1 ⇔ (x0 + 2)m - (y0 + x0 + 1)=0 (*) Để đường thẳng y = (m – 1)x + 2m – 1 luôn đi qua M (x 0 ; y0) với mọi m thì phương trình (*) nghiệm đúng với mọi m Vậy đường thẳng y = (m – 1)x + 2m – 1 luôn đi qua M (-2; 1) b) Để đường thẳng (d): y = mx + 1 đi qua điểm A (3; 7), thì A ∈ d : 7 = m.3 + 1 ⇔ m = 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2x2 = mx + 1 ⇔ 2x2 - mx - 1 = 0 Δ = m2 - 4.2.(-1) = m2 + 8 > 0 => Phương trình có 2 nghiệm phân biệt, do đó (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt Theo định lí Vi-et, ta có: Theo bài ra: T = x1x2 + y1y2 = x1x2 + (mx1 + 1)(mx2 + 1) 2 = x1x2 + m(x1 + x2 ) + m x1x2 + 1 Vậy T = Bài 3:
5. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = ( ; -2) b) 3x4 + x2 – 4 = 0 Đặt x2 = t (t ≥ 0), phương trình trở thành: 3t2 + t - 4 = 0 => Phương trình có nghiệm t = 1; t = (do phương trình có dạng a + b + c = 0) Do t ≥ 0 nên t = 1 => x2=1 ⇔ x = ± 1 Bài 4:
6. a) Ta có: BC là dây cung, I là trung điểm của BC => OI ⊥ BC Xét tứ giác SAOI có: ∠SAO = 90o (Do SA là tiếp tuyến của (O)) ∠SOI = 90o (OI ⊥ BC) => ∠SAO + ∠SOI = 180o => Tứ giác SAOI là tứ giác nội tiếp b) Tam giác AOD cân tại O có OH là đường cao => OH cũng là trung trực của AD => SO là trung trực của AD => SA = SA => ΔSAD cân tại S => ∠SAD = ∠SDA Ta có: => ∠SAD + ∠OAD = ∠SDA + ∠ODA ⇔ ∠SAO = ∠SDO ⇔ ∠SDO = 90o Vậy SD là trung tuyến của (O)
7. c) Xét ΔSAB và ΔSCA có: ∠ASC là góc chung ∠SAB = ∠ACB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB) => ΔSAB ∼ ΔSCA => SB.SC = SA2 (1) ΔSAO vuông tại O có AH là đường cao => SA2 = SH. SO (2) Xét ΔSKH và ΔSOI có: ∠SOI là góc chung ∠SHK = ∠SIO = 90o => ΔSKH ∼ ΔSOI => SK.SI = SH.SO (3) Từ (1), (2) và (3) => SK.SI = SB.SC d) Ta có: ∠PMQ = 90o (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => PS ⊥ MQ Xét ΔSAM và ΔSPA có: ∠ASP là góc chung ∠SAM = ∠SPA (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AM) => ΔSAM ∼ ΔSPA => SP.SM = SA2 Do đó ta có: SP.SM = SK.SI
8. Xét ΔSKM và ΔSPI có: ∠ISP là góc chung => ΔSKM ∼ ΔSPI => ∠SMK = ∠SIP = 90o => MK ⊥ SP Ta có: PS ⊥ MQ ; MK ⊥ SP => M;Q;K thẳng hàng Bài 5: Áp dụng bất đẳng thức Co- si, ta được: => a5 + b5 + c5 + ≥ 2(a 2 + b2 + c2 ) Mặt khác: => a2 + b2 + c2 ≥ 2 (a + b + c)-3 = 2 . 3 - 3 = 3 => a5 + b5 + c5 + ≥ 2.3 = 6