Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Đề A - Năm học 2018-2019 - Trường THCS Gia Tường (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Đề A - Năm học 2018-2019 - Trường THCS Gia Tường (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC NHO QUAN ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 – THPT TRƯỜNG THCS GIA TƯỜNG MÔN: TOÁN ĐỀ A Năm học: 2018 - 2019 (Thời gian 120 phút không kể thời gian giao đề ) ĐỀ 1 Câu 1 (1,0 điểm): 5 1 1 1. Rút gọn biểu thức: P = 2 5 A= 5 2 3 7 3 7 x 2y 8 2. Giải hệ phương trình: x y 1 3. Giải phương trình: x2 – 7x + 3 = 0. 4. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d: y = - x + 2 và Parabol (P): y = x2. 4x + ay = b 5. Cho hệ phương trình: . x - by = a Tìm a và b để hệ đã cho có nghiệm duy nhất ( x;y ) = ( 2; - 1). Câu 2 (2,0 điểm): Cho phương trình x2 mx m 1 0 (m là tham số). a) Giải phương trình với m 3. b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 2x2 3. Câu 3 (1,0 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều rộng ngắn hơn chiều dài 45 m. Nếu giảm chiều dài 2 lần tăng chiều rộng lên 3 lần thì chu vi không đổi. Tính diện tích mảnh đất. Câu 4 (3,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A AB AC có đường cao AH và I là trung điểm của BC. Đường tròn tâm O đường kính AH cắt AB, AC lần lượt tại M và N (M và N khác A). a) Chứng minh AB.AM AC.AN. b) Chứng minh tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp. 1 1 1 c) Gọi D là giao điểm của AI và MN. Chứng minh . AD HB HC
2. 2. (1,0 điểm) Từ đỉnh cao 269m của tòa nhà Bitexco, người ta quan sát hai tòa nhà dưới mặt đất với góc hợp bởi tia nhìn từ đỉnh tòa nhà Bitexco đến hai tòa nhà dưới mặt đất và đường thẳng tượng trưng cho chiều cao tòa nhà lần lượt là 300 và 450. Tìm khoảng cách giữa hai tòa nhà trên? Câu 5: (1,0 điểm): x - 2009 1 y - 2010 1 z - 2011 1 3 1.Giải phương trình: x - 2009 y - 2010 z - 2011 4 2.Cho các số thực dương a,b,c thỏa mãn điều kiện a b c 3 .Tìm giá trị 1 1 1 nhỏ nhất của biểu thức Q . 2 a2b 2 b2c 2 c2a Câu Đáp án Điểm Câu 1 (1,0 điểm). 5 5 5 2 1. P = 2 5 = 2 5 5 2 5 2 5 2 0,25 1 5 2 5 2 5 5 0,25 (1.0đ) x 2y 8 3y 9 y 3 2. x y 1 x y 1 x 2 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) (2; 3) . 0,25 (1,0 điểm). a) Với m 3 , phương trình (1) trở thành x2 3x 2 0 0,25 a b c 1 ( 3) 2 0 nên phương trình có nghiệm x1 1; x2 2. 0,25 b) Phương trình (1) x 1 x m 1 0 x 1 0 x 1 0,25 2 x m 1 0 x m 1. (2.0đ) Do đó với mọi m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm. Trường hợp 1: x1 1; x2 m 1. Thay vào (2) ta được 0,5 1 2(m 1) 3 m 0. Trường hợp 2: x1 m 1; x2 1. Thay vào (2) ta được 0,5 m 1 2.1 3 m 6. Kết luận: Tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm thỏa
3. mãn x1 2x2 3 là m 0;6. 0,25 (1,0 điểm). Gọi chiều rộng, chiều dài của thửa ruộng tương ứng là x(m), y(m). 0,25 Điều kiện (x > 0, y > 0; x < y) Vì chiều rộng ngắn hơn chiều dài 45 m nên y - x = 45 (1). 0,25 Chiều dài giảm 2 lần, chiều rộng tăng 3 lần ta được hình chữ nhật có hai chiều dài và chiều rộng là y (m) và 3x(m). Theo giả thiết chu vi 2 0,25 y 3 không thay đổi nên ta có PT: 2(x + y) = 2(3x + ) (2). 2 (1,0 đ) y x 45 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình y . 2(x y) 2(3x ) 2 x 15 (m) 0,25 Giải hệ này ta có y 60 (m) Các giá trị của x, y tìm được đều thoả mãn ĐK của ẩn. Vậy diện tích của thửa ruộng là S = xy = 900 (m2). Câu 4 (3,0 điểm). B H M I 0,25 O D A N C a) (0,75 điểm). Đường tròn (O), đường kính AH có ·AMH 900 HM  AB 0,25 Tam giác AHB vuông tại H có HM  AB AH 2 AB.AM Chứng minh tương tự ta được AH 2 AC.AN 0,25 Từ đó suy ra AB.AM AC.AN. 0,25
4. b) (1,0 điểm). AM AN Theo câu a) ta có AB.AM AC.AN 0,25 AC AB AM AN Tam giác AMN và tam giác ACB có M· AN chung và AC AB 0,25 AMN : ACB · · AMN ACB 0,25 Từ đó suy ra tứ giác BMNC là tứ giác nội tiếp. 0,25 c) (1,0 điểm). Tam giác ABC vuông tại A có I là trung điểm của BC IA IB IC 0,25 IAC cân tại I I·AC I·CA Theo câu b) có ·AMN ·ACB I·AC ·AMN 0,25 Mà B·AD I·AC 900 B·AD ·AMN 900 ·ADM 900. AH AI Từ đó chứng minh được AHI : ADO . AD AO 1 1 1 BC 0,25 Lại có AI BC, AO AH 2 2 AD AH 2 Tam giác ABC vuông tại A có AH  BC AH 2 BH.CH Mà BC BH CH 0,25 1 BH CH 1 1 1 . AD BH.CH AD BH CH Câu 5 (1.0 điểm). Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, 0,25 ta có 1 1 a2b 33 a2b và 33 ab2 a b b a 2b. 2 2 2 1 a b 1 3 2 1 2 1 a b 2 1 1 a  ab 1 a a 2b 2 a b 1 1 a b 33 a2b 3 9 1 1 1 0,25 (a2 2ab) (1) 2 a2b 2 18 1 1 1 Tương tự ta có (b2 2bc) (2) 2 b2c 2 18 1 1 1 (c2 2ca) (3) 0,25 2 c2a 2 18 Cộng (1), (2), (3) vế đối vế, thu được 1 1 1 3 1 2 0,25 a b c 1. 2 a2b 2 b2c 2 c2a 2 18
5. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q là 1 khi a b c 1. Câu 5: Đặt x - 2009 a; y - 2010 b; z - 2011 c (với a, b, c > 0). Khi đó phương trình đã cho trở thành: a - 1 b - 1 c - 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 0 a b c 4 4 a a 4 b b 4 c c 2 2 2 1 1 1 1 1 1 0 a = b = c = 2 2 a 2 b 2 c Suy ra: x = 2013, y = 2014, z = 2015.