Đề thi thử tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 2018 môn toán trường THCS thiệu vận thanh hóa lần 1

TRƯỜNG THCS THIỆU VẬN ĐỀ A (Đề thi gồm 05 câu) KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT( Lần 01) NĂM HỌC 2017 - 2018 Thời gian: 120 phút Họ tên : SBD: …… Câu (2,0 điểm) a Giải phương trình: 5x2 – 2x -7 = 2 x  y  3 x  y  b Giải hệ phương trình:  c Cho phương trình x   m  1 x  2m   (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn ( x  x )2  Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức A = x2 x 1   x x 1 x  x  x 1 a Rút gọn A b Tính giá trị A x = - Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2( m – 2)x + m - parabol (P): y = mx2 ( m  ) a Tìm m để đường thẳng d qua điểm A (-1;3) b Tìm m để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 trái dấu ( với (d) đề cho) Câu ( điểm ) Cho đường tròn tâm (0 ) , đường kính AB = 2R Trên đường thẳng AB lấy điểm H cho B nằm A H ( H không trùng với B ) , qua H dựng đường thẳng d vng góc với AB Lấy C cố định thuộc đoạn thẳng OB( C không trùng với O B ) Qua điểm C kẻ đường thẳng a cắt đường trịn (0)tại hai điểm E F ( a không trùng với AB ) Các tia AE AF cắt đường thẳng d M , N a) Chứng minh tứ giác BEMH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh :  AFB   AHN đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN ln qua điểm cố định khác A đường thẳng a thay đổi c) Cho AB = 4cm ; Bc = 1cm ; Hb = cm Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác AMN Câu 5: (1 điểm) Với a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức Q  2a  bc  2b  ca  2c  ab Hết _ (Chú ý: Giám thị coi thi khơng giải thích thêm) Họ tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1: Giám thi 2: Câu (1,0 điểm) a) Tìm tất cặp số thực (x ; y) thỏa mãn 16x  1 y4  1  16x y2 ; b) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x > y; xy = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x  y2 M xy Hết Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ………… HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐỀ A Câu Nội dung a) Ta có: a – b + c = Vậy phương trình có hai nghiệm x  1 , x   13 y  13 y      b) Hệ cho tương đương với hệ :  x   x  y  3 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y )  (2; 1) c) (2,0đ) Điểm 1,0 0,25 0,25 0,5 Điều kiện PT có nghiệm không âm x1 , x2 m    '     x1  x2   2(m  1)   m  2 m  x x    Theo hệ thức Vi-ét: x1  x2  2( m  1), x1 x2  m Ta có x1  x   x1  x  x1 x2   m   2 m   m  (thoả mãn) (2,0đ) a) Ta có: A =   a   a  :   a   a   1 a 1 a     1 a 0,5 0,5 = 1  = a 1 a a a  b) Ta có:    Vậy A =  nên 0,5 a  2 2 = 1 =  3 2 74 53  0,5  a) Vì (d) qua điểm A(-1;3) nên thay x  1; y  vào hàm số: y  x  a  ta có:  1  a    a  4 b) Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình: x  x  a   x  x  2a   (1) Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt (1) phải có hai nghiệm phân biệt   '    2a   a  (2,0đ) Vì (x1; y1) (x2; y2) tọa độ giao điểm (d) (P) nên x1; x2 nghiệm phương trình (1) y1  x1  a  , y2  x2  a  Theo hệ thức Vi-et ta có: x1  x2  4; x1 x2  2a  Thay y1,y2 vào x1 x2  y1  y2   48  ta có: x1 x2  x1  x2  2a    48    2a  10  2a   48   a  6a    a  1 (thỏa mãn a  ) a  (không thỏa mãn a  ) Vậy a  1 thỏa mãn đề Do AD, BE đường cao ∆ABC (giả thiết) nên :  ADB  900  AEB  900 0,25 0,25 0,25 0,25 A N K E Xét tứ giác AEDB có  ADB   AEB  900 nên bốn điểm A, E, D, I O a B thuộc đường trịn đường kính AB D B 1,0 H Tâm I đường tròn trung điểm AB (3đ) 1,0 C M B  (cùng chắn cung  D AE ) 1 B  (cùng chắn cung  b Xét đường tròn (O) ta có: M AN ) 1 M   MN // DE (do có hai góc đồng vị nhau) Suy ra: D Xét đường tròn (I) ta có: c 1,0 Cách 1: Gọi H trực tâm tam giác ABC   900 (do AD  BC ) *) Xét tứ giác CDHE ta có : CEH 0,5   900 (do BE  AC ) CDH   CDH   1800 , CDHE nội tiếp đường trịn đường kính CH suy CEH Như đường tròn ngoại tiếp ∆CDE đường trịn đường kính CH, có CH bán kính *) Kẻ đường kính CK, ta có:   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)  KA  AC , KAC mà BE  AC (giả thiết) nên KA // BH (1) chứng minh tương tự có: BK // AH (2) Từ (1) (2), suy AKBH hình bình hành Vì I trung điểm AB từ suy I trung điểm KH, lại có O CH (t/c đường trung bình) trung điểm CK nên OI  Do AB cố định, nên I cố định suy OI không đổi Vậy điểm C di chuyển cung lớn AB độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CDE không đổi  S  CD   C/m hai tam giác CDE CAB đồng dạng => CDE     cos ACB S CAB  CA  d  Khơng đổi AB cố định Để SCDE max SABC max  CH max  C la điểm cua cung BC 4c) Cách 2: Gọi H trực tâm tam giác ABC A N  BH  AC ; CH  AB (1’) Kẻ đường kính AK suy K cố định  ABK   ACK  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) H D M C B O (1đ) E  KB  AB; KC  AC (2’) Từ (1’) (2’) suy ra: BH//KC; CH//KB Suy BHCK hình hình hành  CH  BK Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH khơng đổi c/m tứ giác CDHE nội tiếp đường trịn đường kính CH => đpcm… 0,5 K Từ  a  b  c   a  b  c   1  b  b  2c  2b  4c Theo BĐT Cơ-si ta có: b  c  b   b.b  2c  2b      2  27  0,25 Suy ra: 4c 23  23   54  23c 23c  23  Q  c 1  c   c  c3  c 1  c     1  c  27 27 27 23 54 54      27  0,5 23c   23c 23c  1    54   3 108  54  54 54 27             23     23    529     a  a  b  c    12  Dấu “=” xảy  b  2c  2b  b  23  23c  23c   18  1 27  54 c  23 108 12 18  a  0; b  ; c  Vậy MaxQ = 529 23 23 0,25 Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Đối với câu (Hình học): Khơng vẽ hình, vẽ hình sai khơng chấm; - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm TRƯỜNG THCS THIỆU ĐƠ KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT ĐỀ B NĂM HỌC 2016 – 2017 (Đề thi gồm 05 câu) Thời gian: 120 phút Câu (2,0 điểm) a Giải phương trình: 2x2 – 5x – = 2 x  y   x  y  3 b Giải hệ phương trình:  c Cho phương trình x   m   x  2m  (m tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức B =    :         1 x 1 x  1 x 1 x  1 x x1  x  (với x > 0; x  1) a Rút gọn B b Tính giá trị B x =  Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – b + parabol (P): y = x a Tìm b để đường thẳng b qua điểm B (-2;3) b Tìm b để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có tọa độ ( x1 ; y1 ) ( x2 ; y2 ) thỏa mãn điều kiện x1 x2 ( y1  y2 )  84  Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Hai đường cao AD, BE  D  BC; E  AC  cắt đường tròn (O) điểm thứ hai M N a) Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm đường trịn Xác định tâm I đường trịn b) Chứng minh rằng: MN // DE c) Cho (O) dây AB cố định Chứng minh độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CDE ln không đổi điểm C di chuyển cung lớn AB d) Tìm vị trí điểm C cung lơn AB cố định để diện tích tam giác CDE lớn Câu 5: (1,0 điểm).Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn:  x  y  z  Tìm giá 2 trị lớn biểu thức: Q  x  y  z   y  z  y   z 1  z  Hết - Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ………… HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐỀ B Câu Nội dung a) Ta có: a - b + c = Vậy phương trình có hai nghiệm x  1 , x   13 y  13  x  y  3 b) Hệ cho tương đương với hệ :  Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y )  (2;1) c) (2,0đ) Điểm 1,0 y 1 x  0,25  0,25 0,5 Điều kiện PT có nghiệm khơng âm x1 , x2 m    '     x1  x2   2(m  1)   m  2 m  x x    Theo hệ thức Vi-ét: x1  x2  2( m  1), x1 x2  m Ta có x1  x   x1  x  x1 x2   m   2 m   m  (thoả mãn) (2,0đ) 1 a) Ta có: B =   x   x  :   x   x   = =  x  x   x x     1 x  b) Ta có:     nên x  2 2 xx 1,0 0,5 Vậy B = 0,5 = 1 =  3 2 74 53   a) Vì (d) qua điểm B(-2;3) nên thay x  2; y  vào hàm số: y  x  b  ta có:  2   b    b  6 b) Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình: x  x  b   x  x  2b   (1) Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt (1) phải có hai nghiệm phân biệt   '    2b   b  (2,0đ) Vì (x1; y1) (x2; y2) tọa độ giao điểm (d) (P) nên x1; x2 nghiệm phương trình (1) y1  x1  b  , y2  x2  b  Theo hệ thức Vi-et ta có: x1  x2  4; x1 x2  2b  Thay y1,y2 vào x1 x2  y1  y2   84  ta có: x1 x2  x1  x2  2b    84    2b  10  2b   84   b  6b  16   b  2 (thỏa mãn b  ) b  (không thỏa mãn b  ) Vậy b  2 thỏa mãn đề Do AD, BE đường cao ∆ABC (giả thiết) nên :  ADB  900  AEB  900 0,25 0,25 0,25 0,25 A N K E Xét tứ giác AEDB có  ADB   AEB  900 nên bốn điểm A, E, D, I O a B thuộc đường tròn đường kính AB D B 1,0 H Tâm I đường tròn trung điểm AB (3đ) 1,0 C M B  (cùng chắn cung  D AE ) 1 B  (cùng chắn cung  b Xét đường trịn (O) ta có: M AN ) 1 M   MN // DE (do có hai góc đồng vị nhau) Suy ra: D Xét đường trịn (I) ta có: 1,0 Cách 1: Gọi H trực tâm tam giác ABC   900 (do AD  BC ) *) Xét tứ giác CDHE ta có : CEH c   900 (do BE  AC ) CDH   CDH   1800 , CDHE nội tiếp đường trịn đường kính CH suy CEH Như đường trịn ngoại tiếp ∆CDE đường trịn đường kính CH, có bán 0,5 CH *) Kẻ đường kính CK, ta có: kính   900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)  KA  AC , KAC mà BE  AC (giả thiết) nên KA // BH (1) chứng minh tương tự có: BK // AH (2) Từ (1) (2), suy AKBH hình bình hành Vì I trung điểm AB từ suy I trung điểm KH, lại có O CH (t/c đường trung bình) trung điểm CK nên OI  Do AB cố định, nên I cố định suy OI không đổi Vậy điểm C di chuyển cung lớn AB độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CDE ln khơng đổi Cách : Gọi H trực tâm tam giác ABC A  BH  AC ; CH  AB (1’) N Kẻ đường kính AK suy K cố định  ABK   ACK  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) H D C B O 1  KB  AB; KC  AC (2’) Từ (1’) (2’) suy ra: BH//KC; CH//KB Suy BHCK hình hình hành  CH  BK Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH không đổi c/m tứ giác CDHE nội tiếp đường trịn đường kính CH  đpcm… E M K 4d  S  CD   C/m hai tam giác CDE CAB đồng dạng => CDE     cos ACB S CAB  CA   Khơng đổi AB cố định Để SCDE max SABC max  CH max  C la điểm cua cung BC Từ  x  y  z   x  y  z   1  y  y  2z  y  4z3 y z  y  y y z  y       Theo BĐT Cô-si ta có:   2  27  (1đ) 0,5 0,25 Suy ra: 4z3 23  23   54  23 z 23 z  23  1  Q  z 1  z   z  z  z 1  z    z 27 27  27   23  54 54  27  0,5 23 z  23 z 23 z  1   54  54 27     54  23       54 2  3 108          23    529    x   x2  y  z     12  Dấu “=” xảy   y  z  y   y  23  23 z  23 z 18    1 27  54  z  23 108 12 18  x  0; y  ; z  Vậy MaxQ = 529 23 23 0,25 Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Đối với câu (Hình học): Khơng vẽ hình, vẽ hình sai khơng chấm; - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm TRƯỜNG THCS THIỆU VẬN ĐỀ B (Đề thi gồm 05 câu) KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT( Lần 01) NĂM HỌC 2017 - 2018 Thời gian: 120 phút Họ tên : SBD: …… Câu (2,0 điểm) d Giải phương trình: 5y2 – 2y -7 =  2a  b  3a  2b  e Giải hệ phương trình:  f Cho phương trình x   n  1 x  n   (n tham số) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn ( x  x )2  Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức A = a2 a 1   a a 1 a  a 1 a 1 c Rút gọn A d Tính giá trị A a = - Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2( a – 2)x + a - parabol (P): y = ax2 ( a  ) c Tìm a để đường thẳng d qua điểm A (1; -3) d Tìm a để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 trái dấu ( với (d) đề cho) Câu ( điểm ) Cho đường trịn tâm (0 ) , đường kính PQ = 2R Trên đường thẳng PQ lấy điểm K cho Q nằm P K ( K không trùng với Q ) , qua K dựng đường thẳng d vng góc với PQ Lấy T cố định thuộc đoạn thẳng OQ( T không trùng với O Q ) Qua điểm T kẻ đường thẳng a cắt đường trịn (0)tại hai điểm E F ( a không trùng với PQ ) Các tia PE PF cắt đường thẳng d M , N a) Chứng minh tứ giác QEMK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh :  PFQ   PKN đường tròn ngoại tiếp tam giác PMN qua điểm cố định khác P đường thẳng a thay đổi c) Cho PQ = 4cm ; QT = 1cm ; KQ = cm Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác PMN Câu 5: (1 điểm) Với x, y, z số dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức Q  2x  yz  2y  xz  2z  xy Hết _ (Chú ý: Giám thị coi thi khơng giải thích thêm) ... khác tổ chấm thống phương án chấm TRƯỜNG THCS THI? ??U VẬN ĐỀ B (Đề thi gồm 05 câu) KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT( Lần 01) NĂM HỌC 2 017 - 2 018 Thời gian: 12 0 phút Họ tên : SBD: …… Câu (2,0 điểm)... trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm TRƯỜNG THCS THI? ??U ĐƠ KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT ĐỀ B NĂM HỌC 2 016 – 2 017 (Đề thi gồm 05 câu) Thời gian: 12 0 phút Câu (2,0 điểm) a Giải phương trình: 2x2... Theo hệ thức Vi-et ta có: x1  x2  4; x1 x2  2b  Thay y1,y2 vào x1 x2  y1  y2   84  ta có: x1 x2  x1  x2  2b    84    2b  ? ?10  2b   84   b  6b  16   b  2 (thỏa mãn