ĐỀ số 46

PHỊNG GD&ĐT TAM NƠNG ĐỀ THI THỬ VÀO THPT NĂM HỌC 2022-2023 TRƯỜNG THCS HỒNG ĐÀ MƠN: TỐN (Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 02 trang) Phần 1: Trắc nghiệm (2,5 điểm) Hãy chọn phương án trả lời viết chữ đứng trước phương án vào làm Câu Tìm tất giá trị m để hàm số y = (1 – m)x + m + đồng biến R A m > B m < C m < -1 D m > -1 x ; x x  x Câu Phương trình x  2x   có nghiệm Tính A x1  x  B x1  x  C x1  x  2 D x1  x  1 Câu Cho điểm M(xM; yM) thuộc đồ thị hàm số y = -3x Biết xM = - Tính yM A yM = B yM = -6 C yM = -12 D yM = 12 �x  y  có nghiệm ? 3x  y  � Câu Hệ phương trình � A B C D Vô số Câu Với số a, b thoả mãn a < 0, b < biểu thức a ab A  a b B  a b C a b D  a 3b Câu Cho ∆ABC vng A có AB = 3cm, AC = 4cm Tính độ dài đường cao AH ∆ABC A AH  12 cm B AH  cm C AH  12 cm D AH  cm Câu Cho đường tròn (O; 2cm) (O’; 3cm) biết OO’ = 6cm Số tiếp tuyến chung đường tròn A B C D Câu Một bóng hình cầu có đường kính 4cm Thể tích bóng 32 256 256 cm  cm3 cm C D 3 m Câu Giá trị tham số để đường thẳng y  mx  song song với đường thẳng A 32  cm3 B y  x  A m  3 B m  1 C m  D m  Câu 10 Tổng hai nghiệm phương trình x  x   A 4 B C D 3 Phần 2: Tự luận (7,5 điểm) Câu (1,5 điểm) 1) Rút gọn biểu thức A   2   2    a  3  Với a  0, a �9 2) Chứng minh � � a 3 a 9 � � a 3 Câu (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – (m – 2)x - = (1) (với m tham số) 1) Giải phương trình (1) với m = 2) Chứng minh với giá trị m phương trình ln có nghiệm phân biệt � � 3) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình Tìm giá trị m để x 22  x1x  (m  2)x1  16 � x  xy  y   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình � x  xy  2y  4(x  1) � Câu (2,5 điểm) Qua điểm A năm ngồi đường trịn (O) vẽ tiếp tuyến AB, AC đường tròn (B, C tiếp điểm Gọi E trung điểm đoạn AC, F giao điểm thứ hai EB với (O) 1) Chứng minh tứ giác ABOC tứ giác nội tiếp ∆CEF  ∆BEC 2) Gọi K giao điểm thứ hai AF với đường tròn (O) Chứng minh BF.CK = BK.CF 3) Chứng minh AE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ABF Câu (1,0 điểm) Xét số x, y, z thay đổi thoả mãn x3 + y3 + z3 – 3xyz = 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  (x  y  z)  4(x  y  z  xy yz  zx) Hết HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO 10 I/ Trắc nghiệm Câu Đáp án B A C B D C D A D II/ Tự luận Câu 1: 1) A   2   2   2.1    2.1   (  1)  (  1)  1  1      2 2) Với a  0, a �9 Ta có: �2( a  3)  ( a  3)  � � � VT  �   a 3  � a 3 � � � � a 3 a 9 � ( a  3) � a 3 � �     a 6 a 36 a 3    VP a 3 a 3 � �   a   Với a  0, a �9 Vậy � � a 3 a 9 � � a 3    Câu 2: � x  1  1/ Với m = ta có phương trình: x  2x   0  � �    x  1  � Vậy m =0 phương trình có hai nghiệm phân biệt x  1  x  1  2/ Ta có   (m  2)  4.1.(6)  (m  2)  24   với m Vậy phương trình ln có hai nghiệm phân biẹt với m 3) Phương trình ln có hai nghiệm phân biẹt với m Theo Vi-ét ta có: �x1  x  m  � �x1x  6 Ta có : x 22  x1x  (m  2)x1  16 � x 22  x1x  (x1  x )x1  16 � x 22  x1x  x12  x1x  16 � (x1  x )  2x1x  16  � (m  2)  2.( 6)  16  m22 m4 � � � (m  2)  � � �� m   2 � m0 � Vậy m = 0, m = phương trình có nghiệm phân biệt thỏa mãn: x 22  x1x  (m  2)x1  16 Câu 3: � x  xy  y   �2 x  xy  2y  4(x  1) � (1) (2) Ta có: (2) � x  xy  2y  4x   � (x  4x  4)  xy  y  � (x  2)  y(x  2)  10 B x2  x2 � � � (x  2)(x   y)  � � �� x 2 y 0 x  2y � � + Thay x = vào phương trình (1) ta được: – 2y + y – =  y = -3 + Thay x = – y vào phương trình (1) ta : (2  y)  (2  y)y  y   �  4y  y  2y  y  y   � 2y  5y   Phương trình 2y  5y   có   (5)  4.2.(3)  49  0,   57 57  3; y   Ta có: y1  4  y  � x    1 1  y   �x  2  2 � 1� � �5 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) ��(1; 3), (2;  3), � ;  � � 2� �2 � Bài 4: 1) Chứng minh tứ giác ABOC tứ giác nội tiếp ∆CEF  ∆BEC Có AB, AC tiếp tuyến đường tròn (O) , B C ác tiếp điểm �  900 , � AB  OB, AC  OC � ABO ACO  900 �  ACO �  900  900  1800 nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn Tứ giác ABOC có ABO + Đường trịn (O) có: � góc nội tiếp chắn cung CF EBC � góc tạo tia tiếp tuyến AC dây cung CF ECF �  ECF � (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung CF) � EBC Xét ∆CEF ∆BEC có � góc chung BEC �  ECF � (chứng minh trên) EBC  ∆CEF  ∆BEC (g g) 2) Chứng minh BF.CK = BK.CF Xét ∆ABF ∆AKB có � góc chung BAK �  AKB � (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây cung chắn cung BF) ABF  ∆ABF  ∆AKB (g g) � BF AF  (1) BK AB Chứng minh tương tự ta có: ∆ACF  ∆AKC (g g)  CF AF  CK AC (2) Mà AB = AC (t/c tiếp tuyến cắt (O)) Từ (1), (2) (3)  � (3) BF CF  � BF.CK  BK.CF BK CK 3) Chứng minh AE tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ABF Có ∆ECF  ∆EBC (Chứng minh câu a) � EC EF  � EC  EB.EF EB EC Mà EC = EA (gt) � EA  EB.EF � EA EF  EB EA Xét ∆BEA  ∆AEF có: EA EF  EB EA � góc chung AEB �  EBA � �  ABF �  ∆BEA  ∆AEF (c.g.c) � EAF ( hai góc tương ứng) hay EAF Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chưa điểm E, kẻ tia Ax tiếp tuyến đường tròn �  xAF � (Cùng ABF � )  tia AE trùng với tia Ax ngoại tiếp ABF � EAF  AE tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp ∆ABF Câu 5: Ta có: x³ + y³ + z³ - 3xyz = (x + y)³ - 3xy(x - y) + z³ - 3xyz =  [(x + y)³ + z³] - 3xy(x + y +z ) =  (x + y + z)³ - 3z(x + y)(x + y + z) - 3xy(x – y - z) =  (x + y + z)[(x + y + z)² - 3z(x + y) - 3xy] =  (x + y + z)(x² + y² + z² + 2xy + 2xz + 2yz - 3xz - 3yz - 3xy) =  (x + y + z)(x² + y² + z² - xy - xz - yz) =  x² + y² + z² - xy - xz – yz ≠ Chứng minh: x² + y² + z² - xy - xz – yz ≥ với x, y, z  x² + y² + z² - xy - xz – yz >  x + y + z t ta có �8 t �t P  (x  y  z)  4(x  y  z  xy yz  zx)    �  �  2 2 t �2 � t Đặt x + y + z = t (t > 0)  x² + y² + z² - xy - xz – yz  t2 t2  �2  2t (dấu xảy  t = 2) 2 8 2t  �2 2t  (dấu xảy  t = 2) t t Áp dụng BĐT Cơ si ta có:  P ≥ – = Tồn x = y = 1, z = P = Vậy giá trị nhỏ P ... điểm) Xét số x, y, z thay đổi thoả mãn x3 + y3 + z3 – 3xyz = 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  (x  y  z)  4(x  y  z  xy yz  zx) Hết HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI VÀO