Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Đề B - Năm học 2019-2020 - Trường THCS Chu Văn An (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Đề B - Năm học 2019-2020 - Trường THCS Chu Văn An (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS CHU VĂN AN ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 Năm học: 2019– 2020 MÔN: TOÁN ĐỀ B Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức : b 1 b 1 1 P 4 b , (Với b > 0 , b 1) b 1 b 1 2b b 1. Rút gọn P 2. Tìm giá trị của b để P = b 3x by 4 Câu 2: (2,0 điểm). Cho hệ phương trình : bx 2y 1 1. Giải hệ phương trình với b=1 2. Tìm b để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. Câu 3: (2,0 điểm. Cho phương trình : x 2 6x 2n 3 0 (1) a/ Giải phương trình (1) với n = 4 b/ Tìm n để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn 2 2 x1 5x1 2n 4 x2 5x2 2n 4 4 Câu 4: (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O;R). Vẽ AH vuông góc với BC, từ H vẽ HP vuông góc với AB và HQ vuông góc với AC (H BC, P AB,Q AC ). Vẽ đường kính AE cắt PQ tại I, tia PQ cắt đường tròn (O;R) tại K a. Chứng minh tứ giác APHQ nội tiếp b. Chứng minh AP  AB AQ  AC c. Chứng minh AH=AK Câu 5: (1,0 điểm): Cho các số thực dương a, b, c thay đổi thỏa mãn: a + b + c = 3 ab bc ca Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P a2 b2 c2 a2b b2c c2a Hết
2. CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 b 1 b 1 1 P 4 b b 1 b 1 2b b 2 2 b 1 b 1 4 b b 1 b 1 1 P . b 1 b 1 2b b 1.0 b 2 b 1 b 2 b 1 4b b 4 b 1 P . b 1 b 1 2b b 4b b 1 2 1 P . b 1 2b b b 1 2. Tìm giá trị của a để P = b 2 => b b2 b 2 0 . b 1 Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phương trình có 2 nghiệm 1.0 b1 = -1 có nghiệm 3y 5 y 3 duy nhất 2 b 0,25 -Nếu b 0 , hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi: b 3 b2 6 (luôn đúng, vì b2 0 với mọi b) 0,25
3. Do đó, với b 0 , hệ luôn có nghiệm duy nhất. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với 0,25 mọi b. Thay n=4 vào phương trình (1) ta có phương trình 3 x2 6x 5 0 Ta có a b c 1 6 5 0 c Vậy PT có nghiệm x 1; x 5 1 2 a Ta có b2 4ac 8n 48 . Để PT (1) có nghiệm phân biệt thì 0 n 6 Vậy m<6 thì PT (1) có nghiệm phân biệt x 1 , x2 nên theo vi b c ét ta có x x 6; x x 2n 3 1 2 a 1 2 a Ta có x 2 6x 2n 3 0 x 2 5x 2n 4 x 1 2 Vì x1 , x2 là nghiệm PTx 6x 2n 3 0 nên x1 , x2 là nghiệm PT 2 2 x 5x 2n 4 x 1 nên ta có x1 5x1 2n 4 x1 1 và 2 x 2 5x 2 2n 4 x 2 1 2 2 x1 5x1 2n 4 x 2 5x 2 2n 4 x1 1 x 2 1 2 2 Mà x1 5x1 2n 4 x2 5x2 2n 4 4 nên ta có x1 1 x2 1 4 x1x2 (x1 x2 ) 1 4 2n 3 6 1 4 2n 4 n 2 ( thoả mãn). KL A O Q K P I B H C E Xét tứ giác APHQ Có ·APH 900 ; ·AQH 900 (Vì 0,25 AP  AB; AQ  AC ) a Nên ta có ·APH ·AQH 900 900 1800 0,5 Vậy tứ giác APHQ nội tiếp 0,25 Xét tam giác AHB vuông tại H (Vi AH BC ) có HP  AB b 0,25 (gt) nên theo hệ thức lương trong tam giác vuông ta có
4. AH 2 AP  AB Xét tam giác AHC vuông tại H(Vì AH BC ) có HQ  AC 0,25 (gt), tương tự ta có AH 2 AQ  AC Ta có AH 2 AP  AB ; AH 2 AQ  AC vậy AP  AB AQ  AC 0, 5 Ta có tứ giác APHQ nội tiếp ( cm trên) ·AQP ·AHP ( cùng chắn cung AP) Ta có ·AHP B·HP ·AHB 900 ; P·BH B·HP 900 ( vì BPH vuông tại P) 0,25 Vậy ·AHP P·BH ·AQP P·BH ·AQI ·ABC , mà ·ABC ·AEC ( cùng chắn cung AC) nên ·AQI ·AEC ·AQI I·EC Xét tứ giác IQCE có ·AQI I·EC Tứ giác IQCE nội tiếp ( vì 0,25 có góc ngoài của tứ giác bằng góc đối của góc trong của tứ giác) E· IQ Q·CE 1800 ( tính chất ) mà Q·CE ·ACE 900 ( góc 0,25 c nội tiếp .) Nên E· IQ 900 1800 E· IQ 900 AE  PQ Ta có·AKE 900 ( góc nội tiếp ) ·AKI I·KE 900 .Ta có KIE vuông tại I (cm trên) I·EK I·KE 900 ·AKI I·EK ·AKN ·AEK , mà ·AEK ·ACK ( cùng chăn cung AK) nên ·AKN ·ACK · · Xét AKQ và ACK có góc A chung, có AKQ ACK nên 0.25 AKQ: ACK AK AQ AK 2 AQ  AC , mà AH 2 AQ  AC (cm trên) AC AK nên AK 2 AH 2 AK AH ab bc ca P a2 b2 c2 a2b b2c c2a Vì a + b + c = 3 nên: 3(a2 b2 c2 ) (a b c)(a2 b2 c2 ) 5 Ta có 0.5 a3 ab2 b3 bc2 c3 ca2 a2b b2c c2a 2a2b 2b2c 2c2a a2b b2c c2a 3(a2b b2c c2a) ( theo BĐT cô si) a2 b2 c2 (a2b b2c c2a) 9 (a2 b2 c2 ) Khi đó: P a2 b2 c2 2(a2 b2 c2 ) 0.25 a2 b2 c2 9 a2 b2 c2 1 = 2 2(a2 b2 c2 ) 2 2
5. 3 (a b c)2 1 32 1 2. 3 4 2 2.3 2 2.3 2 Suy ra GTNN của P là 4 khi x = y= z = 1 0.25