Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Đề 1 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Đề 1 (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT BÀI THI MÔN TOÁN ĐỀ 1 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1 (2 điểm). 1/ Cho biết A 9 3 7 và B 9 3 7 . Hãy so sánh A + B và A . B x2 x 2x x 2/ Cho biểu thức y = 1 với x > 0. x x 1 x a/ Rút gọn y. b/ Cho x > 1. Chứng minh rằng y y 0 Bài 2 (2 điểm). 1/ Cho hàm số y = f(x) = (2m - 1)x + 1 có đồ thị là (d). a/ Xác định hệ số m biết (d) đi qua điểm M(-1; 2) b/ Với giá trị của m tìm được ở trên, so sánh f 3 2 vµ f 6 5 . 2x y 3 2/ Giải hệ phương trình: x 3 y 2 Bài 3 (2 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P): y = x 2 và đường thẳng (d) : y = 2x + 2m - 1 (với m là tham số). a/ Với m = 0, chứng tỏ đường thẳng (d) và Parabol (P) có một điểm chung. Tìm tọa độ điểm chung đó. b/ Tìm các giá trị của m để (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt có các 2 2 2 2 hoành độ x1; x2 thỏa mãn điều kiện x2 (x1 1) x1 (x2 1) 8 Bài 4 (3 điểm).Gọi C, D là hai điểm trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R sao cho C thuộc cung AD và C·OD = 900. E là giao điểm của hai dây AD và BC, F là giao điểm của các đường thẳng AC và BD. a/ Chứng minh bốn điểm C, E, D, F cùng nằm trên một đường tròn. b/ Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh ID là tiếp tuyến đường tròn (O). c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích ∆FAB theo R khi C, D thay đổi nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết bài toán. Bài 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c 1 2 a/ Chứng minh: c ab c ab ab c 2a2 2b2 b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M 1 ab Hết
2. HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ CHO ĐIỂM ĐỀ THI THỬ VÀO 10 Bài Đáp án Điểm 1/ 0,5 điểm A B 9 3 7 9 3 7 18 A.B 9 3 7 9 3 7 81 63 18 0,25 A B A.B 0,25 2/ 1,0 điểm Bài 1 x2 x 2x x x x 1 x x 1 x 2 x 1 (1,5 a / y 1 1 1 0,25 điểm). x x 1 x x x 1 x x x 2 x 1 1 x x x x 1 0,25 b/ Khi x > 1 x 1 x 1 0 y x x 1 0 0,25 y x x 1 x x 1 y y x x 1 x x 1 0 (®pcm) 0,25 1/ 0,75 điểm a/ Thay x = -1, y = 2 vào hàm số ta được 2 = (2m – 1) (-1) + 1 1- 2m = 1 m = 0 0,25 b/ Khi m = 0, ta được hàm số y = -x + 1 có a = -1 < 0 nên hàm số nghịch biến (1). 1 3 2 0,25 3 2 1 Bài 2 Mặt khác 6 5 3 2 6 5 (2) 6 5 (1,5 3 2 6 5 điểm). Từ (1) và (2) f 3 2 f 6 5 0,25 2/ 0,75 điểm § KX § : y 0. 0,25 2x y 3 2x y 3 (1) Ta có: x 3 y 2 2x 6 y 4 (2) Trừ từng vế phương trình (2) cho phương trình (1) được 0,25
3. 7 y 7 y 1 y 1 (tm®k) Do ®ã x + 3 = 2 x = -1 VËy hÖ ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt (x; y) = (-1; 1) 0,25 1/ 1,5 điểm a/ Với m = 0. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): 2 x2 = 2x – 1 x 2x 1 0 . 2 0,25 ' 1 1.1 0 (d) vµ (P) cã mét ®iÓm chung '=0 Ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm kÐp x1 = x2 = 1 y1 = y2 = 1 0,25 Täa ®é ®iÓm chung lµ 1 ; 1 b/ Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) x2 2x 2m 1 x2 2x 2m 1 0 (a = 1; b = -2; c = -2m + 1) ' ( 1)2 1.( 2m 1) 1 2m 1 2m 0,25 Ph­¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm ph©n biÖt khi 2m > 0 m > 0 Bài 3 x1 x2 2 (2,5 Theo định lý Viets, ta có x1.x2 2m 1 điểm). Theo bài ra ta có: 0,25 2 2 2 2 2 2 2 2 x2 (x1 1) x1 (x2 1) 8 x1 x2 2x1 x2 8 0 2 2 2 x1 x2 2x1x2 2x1 x2 8 0 (3) Thay (1), (2) vào (3), ta có: 8m2 12m 8 0 2m2 3m 2 0 0,25 1 m (loại); m 2 (thỏa mãn) 1 2 2 Vậy m = 2 (d) cắt (P) tại 2 điểm có các hoành độ x1; x2 thỏa mãn điều kiện 0,25 2 2 2 2 x2 (x1 1) x1 (x2 1) 8 2/ 1, 0 điểm +) Sau 1 năm: - Với lãi suất 7% một năm Số tiền lãi nhận được là: 7%.200 000 000 = 14 000 000 VNĐ. - Với lãi suất 6% một năm 0,25 Tổng số tiền thưởng và lãi nhận được là: 6%.200 000 000 + 3 000 000 = 15 000 000VNĐ.
4. +) Sau 2 năm: - Với lãi suất 7% một năm Số tiền lãi nhận được là: 7%.(200 000 000 + 14 000 000) + 14 000 000 = 28 980 000VNĐ. - Với lãi suất 6% một năm 0,25 Số tiền lãi nhận được là : 6%.(200 000 000 + 12 000 000+3 000 000) + (12 000 000+ 3 000 000) = 27 900 000VNĐ. Vậy nếu gửi 1 năm thì gửi với lãi suất 6% . 0,25 Nếu gửi 2 năm thì gửi với lãi suất 7%. 0,25 Vẽ hình đúng F I 0,25 C E D A B O H Bài 4 a/ 0,75 điểm Ta có : ·ACB ·ADB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (3,5 =>F·CE 900 ; F·DE 900 (Hai góc kề bù ) 0,25 điểm) Suy ra C và D thuộc đường tròn đường kính EF 0,25 Vậy tứ giác ECFD nội tiếp đường tròn đường kính EF. 0,25 b/ 1,0 điểm Gọi I là trung điểm EF I là tâm đường tròn đi qua 4 điểm E, C, F, D IF = ID ∆IFD cân tại I I·FD I·DF (1) 0,25 ∆ ODB cân tại O (vì OB = OD) O·DB O·BD (2) Mà I·FD O·BD 900 (3) (vì E là trực tâm ∆ FAB nên FE  AB) 0,25 Từ (1), (2), (3) suy ra I·DF O·DB 900 .I·DO 900 0,25 Vậy ID là tiếp tuyến của đường tròn tâm O 0,25 c/ 1,0 điểm Kẻ FE cắt AB tại H FH  AB 1 Ta cã S .AB.FH, mµ AB = 2R kh«ng ®æi nªn S lín nhÊt FAB 2 FAB 0,25 khi FH lín nhÊt.
5. L¹i cã COD c©n t¹i O cã OI lµ ®­êng trung trùc OC = OD, IC = ID OI lµ ®­êng ph©n gi¸c cña C·OD I·OD 450 IOD vu«ng c©n t¹i D 0,25 IO = R 2 Ta cã FH = FI + IH ID + IO = R R 2 do FI ID = R vµ IH IO 0,25 DÊu b»ng x¶y ra khi H trïng víi O CD // AB AC = BD = 2R.sin 22,50 VËy diÖn tÝch lín nhÊt ®¹t ®­îc cña FAB lµ R R + R 2 0,25 khi AC = BD = 2R.sin 22,50 a/ 0,25 điểm (c ab)2 (c a)(c b) c2 2c ab ab c2 ac bc ab a b 2c ab ac bc ab 2 0,25 Bất đẳng thức cuối đúng (theo Cô si) Dấu đẳng thức xảy ra a b b/ 0,75 điểm 2 Theo câu a/ ta có c ab c ab Bài 5 a b k 0,25 c ab c ab (1). Dấu đẳng thức xảy ra (1 điểm) c 1 2k Có 2a2 2b2 (a b)2 2a2 2b2 a b (2) 0,25 Cộng (1) và (2) có ab c 2a2 2b2 a b c ab ab c 2a2 2b2 1 ab ab c 2a2 2b2 1 1 ab a b k 1 Dấu đẳng thức xảy ra Với 0 k c 1 2k 2 a b k 1 0,25 0 k Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là 1 khi c 1 2k 2