De luyen thi vao 10 de 13

TRƯỜNG THCS NINH GIANG TỔ KHTN ĐỀ THI THỬ SỐ: 13 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC: 2016 – 2017 Mơn: TỐN (Thời gian làm 120 phút) Câu (3.0 điểm) 2 2   18 1 21  1 b) Biết đường thẳng y = ax + b qua điểm M  2;  song song với đường  2 thẳng y 3 – 2x Tìm hệ số a b 2x + y = c) Giải hệ phương trình:  3x + 4y = -1 Câu (2.0 điểm)  x  x 1   3 Rút gọn biểu thức A  với x  x 1 x  x  x    2 Cho phương trình: x   m  1 x  m  0 (1) a) Tính giá trị biểu thức B = a) Giải phương trình (1) m = b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x kích thước hình chữ nhật có độ dài đường chéo Câu (1.5 điểm) Khoảng cách hai tỉnh A B 60km Hai người xe đạp khởi hành lúc từ A đến B với vận tốc Sau xe người thứ bị hỏng nên phải dừng lại sửa xe 20 phút, người thứ hai tiếp tục với vận tốc ban đầu Sau xe sửa xong, người thứ với vận tốc nhanh trước 4km/h nên đến B lúc với người thứ hai Tính vận tốc hai người lúc đầu Câu (3.0 điểm) Cho (O; R) với đường kính AB cố định, EF đường kính di động Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn (O) B Nối AE, AF cắt đường thẳng d M N Đường thẳng qua điểm A vng góc với EF điểm D cắt MN I Chứng minh rằng: a) Bốn điểm O, D, I, B nằm đường tròn; b) Tứ giác AEBF hình chữ nhật; c) AE.AM = AF AN; d) I trung điểm MN; e) Gọi H trực tâm tam giác MFN Chứng minh đường thẳng EF di động, H ln thuộc đường trịn cố định 1   6 Câu (0.5 điểm) Cho x, y, z số dương thoả mãn x y yz zx 1   Tìm giá trị lớn biểu thức: P  3x  3y  2z 3x  2y  3z 2x  3y  3z HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2016-2017 MƠN THI: TỐN Dưới sơ lược bước giải thang điểm Bài giải học sinh cần chặt chẽ, hợp logic toán học Nếu học sinh làm theo cách khác hướng dẫn chấm mà chấm cho điểm tối đa Đối với hình học (bài 4), học sinh vẽ sai hình khơng vẽ hình khơng tính điểm Bài Nội dung Đi ể m Câ u1 (1 2 1 21  2  đ) B =   18    9.2 1 21 1 21     25 KL: Vậy B=  25 Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y 3 – 2x , suy a = - (1đ) b 3 (1) 25 1 Vì đường thẳng y = ax + b qua điểm M (2; ) nên ta có: 2a + b (2) 25 2 Từ (1) (2) suy a = - b = (TMĐK) 25 KL… 25 2x + y = 8x + 4y = 5x =      (1đ) 3x + 4y = -1 3x + 4y = -1 2x + y = 25 x =  25 2.1  y 1  x =  y = - KL:…    25 25 Câ u2 1đ 1) Với x  x 1 ta có:  x  x  x ( x  1)  ( x  1)  3( x  1)( x  1)0, x  1 A    3  25  x1 x  x  ( x  1)( x  1) x 2    3x  x   x   3x   x1  x 1 x 1 x 2 2( x  2) x  x x 2  x1 KL:… Với m = 1, ta có PT: x  2x  0  2a (0.5 đ) Tìm được: x1  1, x 3 2b   m  1   m   m  2m   4m  16  m  1  16  0m (0.5 đ) Suy PT ln có hai nghiệm phân biệt với m 0, 25 25 25 25 25 25  x1  x m  Theo hệ thức Viet, ta có :   x1.x m  PT cho có hai nghiệm kích thước HCN có độ dài m     x1  0, x  x12  x 22 36  m     m  1   m   36 m     m   m  27 m 27  25 KL Câ Gọi vận tốc hai người lúc đầu x, km/h (x > 0) u Quãng đường hai người sau là: 1.x = x km (1.5 đ) Quãng đường lại người thứ 60 – x (km) Vận tốc quãng đường lại người thứ là: x + (km/h) 60  x Thời gian hết quãng đường lại người thứ là: x4 60 Thời gian hết quãng đường người thứ hai là: x 60 60  x   1 Vì hai người đến B lúc nên ta có PT: x x 4 Giải PT được: x = 20, x = -36 (loại) KL 25 25 25 25 25 25 Bài E O' A O D H F M B I K N 4a( a)Xét tứ giác ODIB ta có :  đ) OBI 900    ODI 900     Suy ra: OBI  ODI 1800 , mà hai góc vị trí đối diện Nên tứ giác ODIB nội tiếp hay điểm 4b( Xét tứ giác AEBF có:  0.5 AEB 900   đ) 4c( 0.5 đ)   FAE FBE 900   Suy CM: AE.AM AB2 AF.AN AB2 Suy đpcm 4d( Chứng minh hai tam giác: AEF ANM đồng dạng suy   0.5 AMN AFE đ)   900 , AFE      IA IN Mà AMN N  FAD 900 suy ra: FAD N     FAD  DAE 900  DAE AMB  IA IM Do 4e( Lấy O’ đối xứng vơi O qua A, suy OO’ =2R, O’ cố định 0.5 Kẻ FK vng góc với MN, FK cắt ME H, H trực tâm tam giác đ) FMN CM được: AHFB hình bình hành, suy FH=AB=OO’, suy OO’HF hình bình hành, suy O’H = OF = R 0, 5 25 25 25 25 25 25 25 25 Vậy… Câ 1 1 1     (với a, b > 0)  u Áp dụng BĐT a  b  a  b a b 4 a b  0.5 Ta có: đ  1 1 1     3x  3y  2z  2x  y  z    x  2y  z   2x  y  z x  2y  z   11 1 1 1              x  y    x  z   x  y    y  z     x  y x  z x  y y  z   1 1      16  x  y x  z y  z  1 1  25     Tương tự:  3x  2y  3z 16  x  z x  y y  z  1 1      2x  3y  3z 16  y  z x  y x  z  Cộng vế theo vế, ta có: 1 1 4        3x  3y  2z 3x  2y  3z 2x  3y  3z 16  x  y x  z y  z  4 1         16  x  y x  z y  z  Dấu = xảy khi: x y z  KL… 25 Câu Áp dụng BĐT 1   a b a b (với a, b > 0)  1 1     a b 4 a b   1 1 1     3x  3y  2z  2x  y  z    x  2y  z   2x  y  z x  2y  z   11 1 1 1              x  y    x  z   x  y    y  z     x  y x  z x  y y  z   Ta có: 1 1      16  x  y x  z y  z  Tương tự: 1 1      3x  2y  3z 16  x  z x  y y  z  1 1      2x  3y  3z 16  y  z x  y x  z  Cộng vế theo vế, ta có: 1 1 4        3x  3y  2z 3x  2y  3z 2x  3y  3z 16  x  y x  z y  z  4 1         16  x  y x  z y  z  Dấu “=” xảy  x y z 