de thi thu vao lop 10 mon toan truong thcs nguyen khuyen

de thi thu vao lop 10 mon toan truong thcs nguyen khuyen tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tậ...

TRƯỜNG THCS NGUYỄN KHUYẾN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUN NĂM HỌC 2016 – 2017 Mơn: Tốn ( Đề chung) Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu (2 điểm) Cho biểu thức A  x2  x x2  x  x  x 1 x  x 1 với x ≥ a) Rút gọn biểu thức A b) Tính giá trị biểu thức A x  29  12 c) Tìm giá trị m để x thỏa mãn x + A = m Câu (1,5 điểm) 3( x  y )  2( x  y )  2( x  y )  ( x  y )  1 a) Giải hệ phương trình  b) Cho phương trình x2 – 2(m-1)x + – 3m = (m tham số) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1  x 2  x1 x  m Câu (1,5 điểm) Cho parabol (P): y = x2 hai điểm A, B thuộc (P) có hồnh độ -1 a) Viết phương trình đường thẳng AB b) Xác định vị trí điểm C thuộc cung nhỏ AB (P) cho diện tích tam giác ABC lớn Câu (4,0 điểm) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB vng góc với dây cung MN H (H nằm O B) Trên tia MN lấy điểm C nằm đường tròn (O;R) cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O;R) điểm K khác A, hai dây MN BK cắt E Chứng minh AHEK tứ giác nội tiếp CAE đồng dạng với CHK Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK F Chứng minh NFK cân Giả sử KE = KC Chứng minh: OK//MN KM2 + KN2 = 4R2 Câu (1 điểm) Cho x, y, z ba số dương thỏa mãn xyz = Chứng minh rằng: x2 y2 z2    y 1 z 1 x 1 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1(2 điểm) Ý A 1.a Nội dung Điểm x ( x  1) x ( x  1)   x ( x  1)  x ( x  1) x  x 1 x  x 1 0,5 0,5 A x x x x 2 x x  29  12  20  2.2 5.3   (2  3) ,thỏa mãn điều kiện ẩn 1.b Suy x     0,25 Thay x     vào biểu thức A ta A = 2(  ) = - Vậy giá trị biểu thức A x  29  12 - x + A = m x  x  m (1) Ta phải tìm điều kiện m để phương trình (1) có nghiệm x ≥ (1)  ( x  1)  m  (2) Với x ≥ VT (1) lớn nên phương trình (1) có 1.c nghiệm m ≥ Với m ≥ phương trình (2) có nghiệm x ≥ Vậy m ≥ Câu (1,5 điểm) 2.a 3( x  y )  2( x  y )  x  5y   x  1    2( x  y )  ( x  y )  1 3x  y  1  y  Phương trình x2 – 2(m-1)x + – 3m = Điều kiện để phương trình có hai nghiệm là:  '  m2  m    m  m ≤ -2 Áp dụng định lí vi-et ta có x1 + x2 =2m – x1x2 = – 3m (*) 2.b Theo ta có: ( x1  x2 )  x1 x2  3m Thay (*) vào đẳng thức ta được: m2 + 8m – = m1  4  không thỏa mãn m2  4  thỏa mãn Câu (1,5 điểm) 3.a Xác định A(-1;1), B(3;9) Phương trình đường thẳng AB là: y = 2x + Giả sử C(c;c2) thuộc (P), với -1 < c < Gọi A’, B’, C’ chân đường vng góc kẻ từ A, B, C đến đường thẳng Ox 3.b Suy A’(-1;0); B’(3;0), C’(c;0) Diện tích tam giác ABC 0,25 0,25 0,25 0,75 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0, VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí SABC = SAA’B’B – SACC’A’ – SBCC’B’ =-2c2 +4c + = – 2(c-1)2 ≤ Vậy diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn C(1;1) 0,25 câu (4,0điểm) Ý Nội dung  Ta có: +  AHE  900 (theo giả thiết AB  MN ) 0,5 AKE  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) +  0,5  AHE   AKE  900  H, K thuộc đường tròn đường kính AE (2,0đ) Vậy tứ giác AHEK tứ giác nội tiếp  Xét hai tam giác  CAE  CHK: + Có chung góc C   EHK  (góc nội tiếp chắn cung EK) + EAC  CHK (g - g) Suy  CAE (1,0 đ) (1,0đ) Điểm 0,25 0,25 0,5  suy ta có Do đường kính AB  MN nên B điểm cung MN   NKB  (1) MKB 0,25   KNF  (2)  NKB Lại có BK // NF (vì vng góc với AC) nên    MFN  (3)  MKB 0,5   KNF   KFN   KNF  Vậy  KNF cân K Từ (1), (2), (3) suy MFN 0,25   900  KEC vng K * Ta có  AKB  900  BKC Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân K   KEC   450  OBK   450 BEH 0,25 Mặt khác  OBK cân O ( OB = OK = R) nên suy  OBK vuông 0,25 cân O dẫn đến OK // MN (cùng vng góc với AB) * Gọi P giao điểm tia KO với đường tròn ta có KP đường kính 0,25 KP // MN Ta có tứ giác KPMN hình thang cân nên KN = MP 0,25 VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí Xét tam giác KMP vng M ta có: MP2 + MK2 = KP2  KN2 + KM2 = 4R2 Câu (1 điểm) Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có: x2 y 1 x2 y  x  2   x (1) y 1 y 1 y2 z 1 z2 x 1   y (2) ,   z (3) Tương tự z 1 x 1 Cộng vế bất đẳng thức (1), (2), (3) ta x2 y2 z2 x 1 y 1 z 1       x yz y 1 z 1 x 1 4 0,25đ 0,25đ 0,25đ x2 y2 z2 3( x  y  z )      (4) y 1 z 1 x 1 Mặt khác, theo bất đẳng thức Cô-si ta có: 3 x + y + z > xyz = = (5) x y z 3.3  3     Từ (4) (5) suy y 1 z 1 x 1 2 2 0,25đ Dấu “=” xảy  x = y = z = Ghi chú: Nếu học sinh giải theo cách khác cho điểm tương đương VnDoc - Tải tài liệu, văn pháp luật, biểu mẫu miễn phí ... (4,0điểm) Ý Nội dung  Ta có: +  AHE  900 (theo giả thi t AB  MN ) 0,5 AKE  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) +  0,5  AHE   AKE  900  H, K thu c đường tròn đường kính AE (2,0đ) Vậy tứ... (1,5 điểm) 3.a Xác định A(-1;1), B(3;9) Phương trình đường thẳng AB là: y = 2x + Giả sử C(c;c2) thu c (P), với -1 < c < Gọi A’, B’, C’ chân đường vng góc kẻ từ A, B, C đến đường thẳng Ox 3.b Suy... KNF cân K Từ (1), (2), (3) suy MFN 0,25   900  KEC vuông K * Ta có  AKB  900  BKC Theo giả thi t ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân K   KEC   450  OBK   450 BEH 0,25 Mặt