Đề tk môn toán thcs hùng xuyên1

PHÒNG GD&ĐT ĐOAN HÙNG TRƯỜNG THCS HÙNG XUYÊN ĐỀ THAM KHẢO ĐỀ THAM KHẢO THI VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2021 - 2022 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề (Đề có 02 trang) I PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm) Câu Phương trình 3.x  12 có nghiệm A x 4 B x 4 C x 6 D x 2 Câu Xác định giá trị m để đường thẳng y 2 x  4, y 3x  5, y  mx qua điểm m A m  C m 2 D m  Câu Đường thẳng y  2x  Gọi M ,N hai điểm mà đường thẳng cho giao với trục Ox,Oy Khi chu vi tam giác OMN A  B B  C D  x  y 1  a;b  Câu Tìm cặp giá trị  để hai hệ phương trình sau tương đương:  x  y 4 ax  y 2  2ax  by 7 A ( 1;  1) B (1; 2) C ( 1;1) D (1;1) Câu Cho hàm số y (1  2) x Kết luận sau ? A Hàm số đồng biến B Hàm số nghịch biến C Hàm số đồng biến x  , nghịch biến x  D Hàm số đồng biến x  , nghịch biến x  Câu Phương trình phương trình bậc hai ẩn ? 2 A x  0 B x  y 3 C x  y 4 D x  x  0 3 Câu Nếu x1 , x2 hai nghiệm phương trình x  x  0 x1  x2 A  12 B C 12 D  Câu Cho tam giác ABC vuông cân A có AB 2 Độ dài đường cao AH B C 2 D  Câu Một thang dài 4m đặt dựa vào tường, biết góc thang mặt đất 60 Khoảng cách từ chân thang đến tường A m A B 3m C 2m D 2m O;R  Câu 10 Trên đường tròn  lấy điểm A, B cho AB  BC  R, M , N lần ⏜   lượt điểm cung nhỏ AB BC số đo góc MBN   A.120 B 150 PHẦN II PHẦN TỰ LUẬN (7,5 điểm)  C 240  D.105  x  x4 P   :  x 2 x   x   Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức (với x 0, x 4 ) a) Tính giá trị P x 9 b) Rút gọn biểu thức P P c) Tìm giá trị x để Câu (2,0 điểm)  P  : y x đường thẳng  d  : y 3mx 1  m2 ( m tham số) d A 1;   để   qua điểm  d P để   cắt   hai điểm phân biệt có hồnh độ x1; x2 Cho Parabol a) Tìm m b) Tìm m Thỏa mãn x1  x2 2 x1 x2 Câu (3,0 điểm) Cho ba điểm A, B, C phân biệt, cố định thẳng hàng cho B nằm A C Vẽ nửa đường trịn tâm O đường kính BC Từ A kẻ tiếp tuyến AM đến nửa đường  O  ( M tiếp điểm) Trên cung MC lấy điểm E ( E không trùng với M C ), O đường thẳng AE cắt nửa đường tròn   điểm thứ hai F ( F không trùng E ) Gọi tròn I trung điểm đoạn thẳng EF H hình chiếu vng góc M lên đường thẳng BC Chứng minh rằng: a) Tứ giác AMIO nội tiếp; b) Hai tam giác OFH OAF đồng dạng với nhau; c) Trọng tâm G tam giác OEF ln nằm đường trịn cố định điểm E thay đổi MC Câu (1,0 điểm) Cho số thực không âm a , b , c thỏa mãn: a  b  c 2021 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: P  a  b  b  c  c  a -HẾT -Cán coi thi khơng giải thích thêm HƯỚNG DẪN CHẤM I TRẮC NGHIỆM (2,5 điểm câu 0,25 điểm) Câu 10 Đáp án D C B D D D D D D B II TỰ LUẬN (7,5 điểm) Câu (1,5đ) Yêu cầu a) x 9  P 1 b)  P      (    (    (  x x 2  x4 : x   x  2   : x  2)( x  2) ( x  2)( x  2)   x x x 4  : x  2)( x  2) ( x  2)( x  2)   x 2 x4   x  2)( x  2)  x  ( x  2) x ( x  2) P  c) (2,0đ) Điểm 0,5  1   x 2( x  2) x  6  x4 x 2 x4 0,25 x 2 0,25 x 8  x 64(t / m) 0,5 d A 1;   a) Tìm m để   qua điểm  d  : y 3mx   m A 1;    Đường thẳng qua điểm    3m.1   m 0,5  m  3m   0  m  3m  10 0  m1 5   Phương trình có hai nghiệm phân biệt:  m2  Vậy m  m 5 để thỏa mãn tốn d P b) Tìm m để   cắt   hai điểm phân biệt hoành độ x1; x2 Thỏa mãn x1  x2 2 x1 x2 0,5 Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị hàm số cho là: x 3mx   m  x  3mx  m  0  * d P để   cắt   hai điểm phân biệt hoành độ x1; x2  * có hai nghiệm phân biệt x1; x2   0   3m    m  1   m  4m    5m   m  Với giá trị m  d  ln cắt  P  hai điểm phân biệt hoành độ x1; x2 0,5 Áp dụng hệ thức Viet với phương trình (*) ta có:  x1  x 3m  x1 x2 m   Theo đề ta có: x1  x2 2 x1 x2  3m 2  m  1  2m   3m 0  2m  3m  0  m1 2   m2   Phương trình có hai nghiệm phân biệt:  m  m 2 để thỏa mãn yêu cầu toán Vậy (3,0đ) E 0,5 M I G C O F H a)Ta có: I trung điểm dây EF  OI  EF Xét tứ giác AMIO ta có: AMO  AIO 90 Hai góc nhìn cạnh OA B K A 0,5 Nên AMIO nội tiếp đường trịn đường kính OA 0,5 b) Xét OMA vng M có MH đường cao  OM OH OA O Mà OM OF (cùng bán kính đường nửa đường trịn    OF OH OA  OF OA  OH OF 0,5 Xét OFH OAF  chung O   OF OH  OFH ” OAF  c  g  c     OA OF 0,5 c) Gọi G trọng tâm tam giác Δ OEF  OG  OI Qua G kẻ đường thẳng song song AI , đường thẳng cắt OA K OK OG 2    OK  OA Theo định lý Ta-let ta có: OA OI Mà OA cố định nên OK cố định Mà OGK vng G (vì GK // AI , AI  OI ) Suy G thuộc đường trịn đường kính OK E di chuyển cung MC (1,0đ) 0,5 0,5 Ta có: P  a  b  b  c  c  a  P ( a  b  b  c  c  a )2 3( a  b  b  c  c  a) 6.2021 12126 (BĐT Buniacopxki)  P 12126  P  12126 0,5 Dấu "=" xảy a c 2021  2021  c 2021  a a  c    a c  b 2021  a 2 a Vậy Pmax  12126  a b c  2021 0,5