Đề thi thử tuyển sinh lớp 10 THPT năm học 2017 2018 môn toán trường THCS võ thị sáu hải phòng lần 1

UBND QUẬN LÊ CHÂN TRƯỜNG THCS VÕ THỊ SÁU KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2017 - 2018 BÀI THI MƠN TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi gồm 02 trang Thí sinh làm vào tờ giấy thi ĐỀ THI THỬ LẦN Bài (1,5 điểm): Cho hai biểu thức: x  2x  A   50   B   với < x < x 1 9x a/ Rút gọn biểu thức A B 2 b/ Tìm giá trị x để B = x   Bài (1,5 điểm): a/ Tìm m để đồ thị hàm số y = (m2 – 4)x + 2m – song song với đường thẳng y = 5x –  2ax  by  Tìm a b biết hệ phương trình có nghiệm ax  by  1 b/ Cho hệ phương trình  (x, y) = (1; -1) Bài (2,5 điểm): 1/ Cho phương trình: x2 – (m + 5).x – m + = (1), (x ẩn, m tham số) a/ Giải phương trình với m = b/ Với giá trị m phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x x  x 1x 22  24 2/ Bài toán thực tế Một hãng taxi giá rẻ định giá tiền theo hai gói cước bảng sau: + Gói 1: Giá mở cửa 6000 đồng /1km cho 10km 2500 đồng với km + Gói 2: 4000 đồng cho km quãng đường a) Nếu cô Tâm cần qng đường 35 km chọn gói cước có lợi hơn? b) Nếu Tâm cần quãng đường x km mà chọn gói cước có lợi x phải thỏa mãn điều kiện gì? Bài (3,5 điểm): 1/ Cho đường trịn (O; R), đường kính AB vng góc với dây cung MN điểm H (H nằm O B) Trên tia đối tia NM lấy điểm C cho đoạn thẳng AC cắt (O) K khác A Hai dây MN BK cắt E a/ Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp b/ Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK F Chứng minh NFK cân EM NC = EN CM c/ Giả sử KE = KC Chứng minh OK// MN KM2 + KN2 = 4R2 2/ Một hình trụ tích 35dm3 Hãy so sánh thể tích hình trụ với thể tích hình cầu đường kính 6dm Bài (1,0 điểm): a/ Cho a, b số dương Chứng minh 11 1     ab 4a b 1    Tìm giá trị lớn biểu xy yz zx 1 thức: P    3x  3y  2z 3x  2y  3z 2x  3y  3z b/ Cho số dương x, y, z thỏa mãn Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh Câu Đáp án Điểm a/ 1,0 điểm A   50    1  3.2    0,25    1  x  2x  B  x 1 9x x 1 Bài (1,5 điểm)  0,25  x  1  3x   x 1 x  3x   x  1 1 = (v× < x < 1) x 1 3x x 0,25 0,25 b/ 0,5 điểm 2   1 2   x  2x  x  x  x x x 1   x  (v× x > 0)  x   x  (TM §K) Vậy x = B  0,25 0,25 a/ 0,75 điểm Vì đồ thị hàm số y = (m2 – )x + 2m – song song với đường thẳng y m   = 5x – nên  0,25 2m   1 m  hc    m  3 Bài m  (1,5 Vậy m = -3 điểm) b/ 0,75 điểm 0,25 0,25 2a  b  a  b  1 b/ Vì hệ có nghiệm (x, y) = (1; -1) nên ta có  3a  a     a  b  1  b  Vậy a = 2; b = 0,25 0,25 0,25 1a/ 0,5 điểm với m = 1, ta có phương trình x2 – 6x + = Xét a + b + c = + (-6) + = 0,  phương trình có nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 1b/ 0,75 điểm 0,25 0,25 Có     m  5   4.1  m    m2  10m  25  4m  24  m2  14m  Phương trình (1) có nghiệm x1; x2 m2 + 14m + ≥ x1  x  m  Theo định lý Viets, ta có  x1 x   m  Theo đề bài: x12 x  x1x 22  x1x  x1  x     m   m     m  m  30  24 m  2   m  m     m   m  3   m3 Bài Với m = -2,  = -23 < (loại) (2,5 Với m = ,  = 52 > (nhận) m = phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn điểm) Vậy x1 x  x1 x 22  24 2a/ 0,5 điểm 2a/ Số tiền cô Tâm phải trả theo gói cước : 10.6000 + 25.2500 = 122500 đồng - Số tiền cô Tâm phải trả theo gói cước : 35.4000 = 140000 đồng >122500 đồng Vậy cô Tâm nên chọn gói cước có lợi 2b/ 0,5 điểm 2b) Vì chọn gói cước có lợi nên x > 10 - Số tiền cô Tâm phải trả theo gói cước : 10.6000 + (x-10).2500 = 2500x + 35000 - Số tiền Tâm phải trả theo gói cước :4000.x ( đồng) Vì theo gói cước có lợi nên 2500x + 35000 < 4000x 70 Suy 1500x > 35000 hay x > (km) 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 K' M H A O B 0,25 E N K F C 1/a : 0,75 điểm a/Xét tứ giác AHEK có:   90 (AB  MN); AKE   900  Gãc nội tiếp chắ n nửa đờng tròn) 0,25 AHE  AKE   1800  Tứ giác AHKE nội tiếp (đpcm) Suy AHE 1/b: 1,25 điểm b/ Vì NF KB vng góc với AC nên NF // KB, Bài   BN  AB  MN  MB (3,5     điểm) Có KFN  MKB (đồng vị KE//FN), KNF  NKB (so le KE//FN),   MKB  (vì MB   BN  )  KFN   KNF , BKN NFK cân K  nªn EM  KM (1) Xét MKN có KE phân giác MKN EN KN   CM  KM (2) Do KE  KC nên KC phân giác MKN CN KN Từ (1) (2)  CM EM  (2)  EM CN  EN CM (đpcm) CN EN 1/c: 0,75 điểm   450  HEB   450 (đối +/ KE = KC  KEC vuông cân K  KEC   450 (vì HEB vng H) đỉnh)  HBE   450 nên OKB vuông O OK//MN +/ OKB cân O có OBK (cùng vng góc với AB) (đpcm) +/ Kẻ đường kính KK’KK’M vng M  KM2 + K’M2 = KK’2 = 4R2 Lại có KK’//MN (cùng vng góc với AB)  cung K’M = cung KN (t/c dây song song chắn cung nhau)  K’M = KN Vậy KM2 + KN2 = 4R2 (đpcm) 2/: 0,5 điểm Gọi thể tích hình trụ V1V1= 35dm3 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Thể tích hình cầu đường kính 6dm V2  .33  36(dm ) Suy V1