Tải Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán trường THCS Trần Mai Ninh năm học 2016 - 2017 (lần 1) - Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán có đáp án

Điểm C cố định trên nửa đường tròn.. Gọi K là giao điểm của AC và MH..[r]

TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH

ĐỀ A

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT (Lần 01) NĂM HỌC 2016 – 2017

Mơn: TỐN

(Thời gian làm 120 phút)

Ngày thi 22 tháng năm 2017

Bài 1: (2 điểm)

a a a a 3 A

a 9 a 3 a 3

  

  



  Cho biểu thức:

a) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị a để A 

Bài 2: (2 điểm)

2x y 3 3x 2y 1

  



 

 a) Giải hệ phương trình:

y 2x k y k x 3    b) Trong mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng

(d): đường thẳng (d’): (với k  -2) Xác định k để (d) song song với (d’) Bài 3: (2 điểm)

Cho phương trình : x2 – 2ax + a2 – a + = 0

a) Tìm giá trị a để phương trình có nghiệm kép Tìm nghiệm kép

1

x + 2ax = 9 b) Tìm a để phương trình có nghiệm x

1, x2 thỏa mãn:

Bài 4: (3 điểm)

Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R Điểm C cố định nửa đường tròn Điểm M thuộc cung AC (M  A; C) Hạ MH  AB H, tia MB cắt CA E, kẻ EI  AB I Gọi K giao điểm AC MH Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BHKC tứ giác nội tiếp; b) AK.AC = AM2;

d) Khi M chuyển động cung AC đường trịn ngoại tiếp tam giác MIC qua hai điểm cố định

Bài 5: (1 điểm)

2

a b c   Q 2a bc  2b ca  2c ab Với a, b, c số dương thỏa mãn

điều kiện Tìm giá trị lớn biểu thức

Hết _

(Chú ý: Giám thị coi thi khơng giải thích thêm)

TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH

ĐỀ B

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT (Lần 01) NĂM HỌC 2016 – 2017

Mơn: TỐN

(Thời gian làm 120 phút)

Ngày thi 22 tháng năm 2017

Bài 1: (2 điểm)

b b b b 3 B

b 9 b 3 b 3

  

  



  Cho biểu thức:

a) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức B b) Tìm giá trị b để B ≥

Bài 2: (2 điểm)

x 2y 6 2x 3y 7

  



 

 a) Giải hệ phương trình:

y 3x m  y m x 3    b) Trong mặt phẳng tọa độ cho đường thẳng

(d): đường thẳng (d’): (với m  -5) Xác định m để (d) song song với (d’) Bài 3: (2 điểm)

Cho phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + = 0

a) Tìm giá trị m để phương trình có nghiệm kép Tìm nghiệm kép

2

1

x + 2mx = b) Tìm m để phương trình có nghiệm x1, x2 thỏa mãn:

Cho nửa đường trịn (O) đường kính PQ = 2R Điểm N cố định nửa đường tròn Điểm M thuộc cung PN (M  P; N) Hạ MH  PQ H, tia MQ cắt PN E, kẻ EI  PQ I Gọi K giao điểm PN MH Chứng minh rằng:

a) Tứ giác QHKN tứ giác nội tiếp; b) PK.PN = PM2;

c) PE.PN + QE.QM khơng phụ thuộc vị trí điểm M cung PN;

d) Khi M chuyển động cung PN đường trịn ngoại tiếp tam giác MIN qua hai điểm cố định

Bài 5: (1 điểm)

2

x y z   P 2x yz  2y zx  2z xy Với x, y, z số dương thỏa mãn

điều kiện Tìm giá trị lớn biểu thức

(Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích thêm)

TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH

ĐỀ A

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

Mơn: TỐN (Lần 01)

Bài 1 Nội dung Điểm

Câu a)

(1đ )

Câu b)

a) ĐKXĐ: a  a  0,25 đ

     

       

a a 3 a a 3 a a 3 A

a a 3 a a 3

     

 

   

   

a a a a a a a 3 a a 3

        

  0,25 đ

   

a a a a 3

 

  0,25 đ

 

   

a a 3 a a 3

 

 

a a 3 



0,25 đ

a

A 1 1

a 3

  



a

1 0 a 3

  

 b) Với a  a  9, 0,25 đ

3

0 a 0 a 9 a 3

      

 0, đ

(1đ )

Vậy:  a <

Bài 2

Câu a ( đ)

Câu b (1 đ)

2x y 3 4x 2y 6 3x 2y 1 3x 2y 1

   

 



 

   

  a) 0,25 đ

x 5 2x y 3

       0,25 đ

x 5 x 5

2.5 y 3 y 7

             0,25 đ x 5 y 7    

 Vậy hệ phương trình có nghiệm 0,25 đ

k 5 2 k 3         

 b) (d) // (d’)

0,25 đ

k 9 k 3

k 3 k 3                 0,25 đ k 7 k 7 k 3       

 (thỏa mãn điều kiện k  -2) 0,25 đ

Vậy k = 0,25 đ

Bài 3 a)

1đ

Với phương trình : x2 – 2ax + a2 – a + = 0

Ta có: / = a2 – a2 + a - = a – 1

   Phương trình có nghiệm kép / = a – 1= a = 1

1 1

x x  a khi nghiệm kép là:

0, 5đ

2đ

b)

1 đ

   Phương trình có nghiệm x1, x2 / ≥0 a –1 ≥ a ≥ 1

1 2

2 (1)

. a – a (2)

x x a

x x

  



 

 theo hệ thức Vi –ét ta có:

2

1

x + 2ax = Mà theo cho, (3) Thay (1) vào (3) ta được:

1

2

1 2

2

1 x2) x x1 (4)



   

2

1

2

x + (x + x )x = x + x x + x = (x

2 2

4a  a a 1 9  3a a 10 0

Thay(1), (2) vào (4) ta

được:

3 Giải phương trình ta được: a1= - (loại) ; a2 = (TMĐK)

2

1

x + 2ax = 9

5

3 Vậy a = phương trình cho có nghiệm x1, x2 :

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Bài 4

3 đ

a) ACB 900

Ta có góc (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 900

KCB  Hay

1 đ

Xét tứ giác BHKC, có:

MHABKHB  900(vì )

 900

KCB  (cm trên)

  1800

KCB KHB   , mà hai góc hai góc đối diện

0,5đ

Vậy tứ giác BHKC nội tiếp đường tròn 0,25đ

b)

0,75

Chứng minh AHK ACB (g-g)

0,25đ Suy AK.AC = AH.AB (1)

Áp dụng hệ thức lượng tam vuông AMB ta có:

AH.AB = AM2 (2) 0,25đ

Từ (1) (2) suy AK.AC = AM2. 0,25đ

c) 0,75

Chứng minh AEI ABC (g-g) AE.AC = AI.AB (3) Chứng minh BEIBAM (g-g)BE.BM=BI.AB (4)

0,25đ 0,25đ

Từ (3) (4) suy :

AE.AC + BE.BM = AB.AI + BI.AB

2

= AB(AI + BI) = AB = 4R

0,25đ

d) 0,5

 

EIC EBC

  CM tứ giác BCEI nội tiếp đường tròn

 

EIM EAM

  CM tứ giác AMEI nội tiếp đường tròn

  1

EAM EBC MOC 2

 

  

 Mà

0,25đ

 

MIC MOC Do , mà O I hai đỉnh kề tứ giác MOIC =>

Tứ giác MOIC nội tiếp => Đường tròn ngoại tiếp tam giác MIC qua hai điểm O C cố định

Bài 5: (1 điểm)

2

a b c   Q 2a bc  2b ca  2c ab Với a, b, c số dương thỏa mãn

điều kiện Tìm giá trị lớn biểu thức

Ta có a+b+c=2 nên 2a+bc=(a+b+c)a+bc = (a+b)(a+c)

u a b  Áp dụng bất đẳng thức Cosi với số dương v = a + c, ta có:

2

2 ( )( )

2 2

a b a c a b c

a bc  a b a c        

(1)

0,25đ

2 2

2

b a c

b ac    2 2

2

c a b

c ab   

Tương tự (2); (3)

0,25đ

Cộng bđt (1), (2), (3) ta được:

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2( ) 4

a b c b a c c a b

Q a bc b ca c ab

Q a bc b ca c ab a b c

     

        

         

0,25đ

2

3 Dấu "=" xảy a = b = c =

3 Vậy Max Q = a = b = c =

TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH

ĐỀ B

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

Mơn: TỐN (Lần 01)

Bài 1 Nội dung Điểm

Câu a)

(1đ )

1) ĐKXĐ: b  b  0,25 đ

     

       

b b 3 b b 3 b b 3 B

b b 3 b b 3

     

 

   

   

b b b b b b b 3 b b 3

       



  0,25 đ

   

b b b b 3

 

  0,25 đ

 

   

b b 3 b b 3

 

 

b b 3 



Câu b)

(1đ )

b

B 1 1

b 3

  



b

1 0 b 3

  

 2) b  b  9, 0,25 đ

3

0 b 0 b 9 b 3

      

 0, đ

Kết hợp với điều kiện b  b  ta có: b > Vậy: b >

0,25 đ

Bài 2

Câu a ( đ)

Câu b ( đ)

x 2y 6 2x 4y 12 2x 3y 7 2x 3y 7

   

 



 

   

  1) 0,25

y 5

2x 3y 7 

  

  

0,25

y 5 y 5

2x 3.5 7 x 4

 

 

   

  

 

0,25

x 4 y 5   



 Vậy hệ phương trình có nghiệm

m 3 m 3         

 2) (d) // (d’)

0,25

m 16 m 4

m 3 m 3                 0,25 m 11 m 11 m 3       

 (thỏa mãn điều kiện m  - 5) 0,25

Vậy m = 11 0,25

B ài :

2 điểm

a)

1đ

Với phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + = 0

Ta có: / = m2 – m2 + m - = m – 1

   Phương trình có nghiệm kép / = m – 1= m = 1

/

1 1

b

x x m

a



   

khi nghiệm kép là:

0,

0,

b)

1đ

   Phương trình có nghiệm x1, x2 / ≥0 m –1 ≥ m ≥ 1

1 2

2 (1)

. m – m (2)

x x m

x x

  



 

 theo hệ thức Vi –ét ta có:

2

1

x + 2mx = 9Mà theo cho, (3)

Thay (1) vào (3) ta được:

2

1 2

2

1 x2) x x1 9 (4) 

   

2

1

x + (x + x )x = x + x x + x = 9 (x

2 2

4m  m m 1 9  3m m 10 0

Thay(1), (2) vào (4) ta

được :

3 Giải phương trình ta được: m1= - (loại) ; m2 = (TMĐK)

0,25

5

3 x + 2mx = Vậy m = phương trình cho có nghiệm x12 1, x2 :

0,25

0,25

Bài 4

3đ

a)

1

 900

PNQ  Ta có góc (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 900

KNQ  Hay

0,25

Xét tứ giác QHKN, có:

 900

KHQ  MHPQ(vì )

 900

KNQ  (cm trên)

 KNQ KHQ  1800 , mà hai góc hai góc đối diện

0,

Vậy tứ giác QHKN nội tiếp đường tròn 0,25

b)

0,75

Chứng minh PHK PNQ (g-g)

0,25 Suy PK.PN = PM2 (1)

Áp dụng hệ thức lượng tam vng AMB ta có: 0,25 O

K

H I

E

N M

PH.PQ = PM2 (2)

Từ (1) (2) suy PK.PN = PM2. 0,25

c)

0,75

C/minh PEI PQN (g-g)  PE.PN = PI.PQ (3) C/minh QEI QPM (g-g)  QE.QM = QI.PQ (4)

0,25 0,25

Từ (3) (4) suy :

PE.PN + QE.QM = PQ.PI + QI.PQ

2

= PQ (PI + QI) = PQ = 4R 

0,25

d)

0,5

  EIN EQN

  CM tứ giác QNEI nội tiếp đường tròn

 

EIM EPM

  CM tứ giác PMEI nội tiếp đường tròn

  1

EPM EQN MON 2

 

  

 Mà

0,25

 

MIN MON Do , mà O I hai đỉnh kề tứ giác MOIN

=> Tứ giác MOIN nội tiếp => Đường tròn ngoại tiếp tam giác MIN qua hai điểm O N cố định

0,25

Bài 5: (1 điểm)

2

x y z   P 2x yz  2y zx  2z xy Với x, y, z số dương thỏa mãn

điều kiện Tìm giá trị lớn biểu thức

Ta có x + y + z = nên 2x + yz = (x + y + z)x + yz = (x + y)(x + z)

u x y  Áp dụng bất đẳng thức Cosi với số dương và, v = x + z, ta có:

2

2 ( )( )

2 2

x y x z x y z

x yz  x y x z        

(1)

0,25

2 2

2

y x z

y xz    2 2

2

z x y

z xy   

Tương tự (2); (3)

Cộng bđt (1), (2), (3) ta được:

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2( ) 4

x y z y x z z x y

P x yz y zx z xy

P x yz y zx z xy x y z

     

        

         

0,25

2

3 Dấu "=" xảy x = y = z =

3 Vậy Max P = x = y = z =