Đề thi thử vào 10 môn Toán Yên Lạc lần 1 năm 1718

Lúc trở về xe thứ nhất tăng vận tốc thêm 5 km mỗi giờ, xe thứ hai vẫn giữ nguyên vận tốc nhưng dừng lại nghỉ ở một điểm trên đường hết 40 phút, sau đó về đến cảng Dung Quất cùng lúc với [r]

PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC ĐỀ THI THỬ LẦN VÀO LỚP 10 THPT MƠN: TỐN

NĂM HỌC 2017-2018

(Thời gian:120 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu (2,0 điểm)

a Thực phép tính:  2018 1   2018 1 

b Giải hệ phương trình:

1

2

x y x y

 

 

 



c Giải phương trình: 9x2 8x 1 0

  

d Giải phương trình x42017x2 2018 0

Câu (2,0 điểm)

Cho parapol  P :yx2 đường thẳng  d :y 2x m 1 (m tham số).

a Tìm giá trị m để đường thẳng  d :y2x m 1 song song với đường thẳng  d' :y2m x m2  m

b Chứng minh với m,  d cắt  P hai điểm phân biệt A B c Ký hiệu x xA; B hoành độ điểm A điểm B Tìm m cho

2 14

A B

x x  .

Câu (1,5 điểm)

Hai xe ô tô từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh, xe thứ hai đến sớm xe thứ Lúc trở xe thứ tăng vận tốc thêm km giờ, xe thứ hai giữ nguyên vận tốc dừng lại nghỉ điểm đường hết 40 phút, sau đến cảng Dung Quất lúc với xe thứ Tìm vận tốc ban đầu xe, biết chiều dài quãng đường từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh 120 km hay hai xe xuất phát lúc

Câu (3,5 điểm)

Cho đường trịn tâm O đường kính AB = 2R C điểm nằm đường tròn cho CA > CB Gọi I trung điểm OA Vẽ đường thẳng d vng góc với AB I, cắt tia BC M cắt đoạn AC P; AM cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K

a Chứng minh tứ giác BCPI nội tiếp đường tròn b Chứng minh ba điểm B, P, K thẳng hàng

c Các tiếp tuyến A C đường tròn (O) cắt Q Tính diện tích tứ giác QAIM theo R BC = R

Câu (1,0 điểm)

a Cho x0,y0 thỏa mãn x2  y2 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2

xy A

xy

 

 .

b Cho a,b,c độ dài ba cạnh tam giác

Chứng minh phương trình x2a b c x ab bc ca      0 vô nghiệm - HẾT

Họ tên thí sinh SBD

PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC HDC ĐỀ THI THỬ LẦN VÀO LỚP 10 THPT MƠN: TỐN

NĂM HỌC 2017-2018

(Thời gian:120 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu Nội dung Điể

m Câu

1 2đ

a,      

2 2

2018 1 2018 1  2018 1 2018 2017  0,5

b,

1 3 10

2 7 1

x y x y x x

x y x y x y y

                            0,5 c, Phương trình 9x2 8x 1 0

   có a b c   9 0  nên có hai nghiệm là:

1

1 1;

9

x  x 

0,5

d, Đặt

 

2 0 2017 2018 0

2018

t

x t t t t

t            

Vì t 0 t 1 x1

Vậy nghiệm phương trình x=1;x=-1

0,5

Câu

2đ

a, Đường thẳng  d : y2x m 1 song song với đường thẳng

 d' :y2m x m2  m

2

2

1

2

1 1 1 m m m m m m

m m m

m                           0,75

b,Phương trình hồnh độ giao điểm  d  P x2 2x m2 1 x2 2x m2 1 0

       

Phương trình bậc hai có ac m2 1 0

   với m nên ln có hai nghiệm

phân biệt với m Do  d ln cắt  P hai điểm phân biệt A B với m.

0,75

c, Ký hiệu x xA; B hoành độ điểm A điểm B x xA; B nghiệm

phương trình x2  2x m  0 Áp dụng hệ thức Viet ta có:

2

A B

A B

S x x

P x x m

         



 2  

2 2

2

14 14 2 14

4 2 14

A B A B A B

x x x x x x m

m m                  0,5 Câu

Gọi vận tốc ban đầu xe thứ x (km/h), xe thứ hai y (km/h) ĐK: x > 0; y > 0.

1,5

 

120

h

x .

Thời gian xe thứ hai từ cảng Dung Quất đến khu du lịch Sa Huỳnh

 

120

h

y .

Vì xe thứ hai đến sớm xe thứ nên ta có phương trình:

 

120 120 1

x  y 

Vận tốc lúc xe thứ x+ (km/h)

Thời gian xe thứ từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất

 

120 h

x  .

Thời gian xe thứ hai từ khu du lịch Sa Huỳnh đến cảng Dung Quất

 

120

h

y .

Vì xe thứ hai dừng lại nghỉ hết

2 40

3

ph h

, sau đến cảng Dung Quất lúc với xe thứ nên ta có phương trình:  

120 120

2

5

x  y  .

Từ (1) (2) ta có hpt:

120 120

120 120

5

x y

x y



 

  

  

  

0,5

Giải hpt:

   

120 120

120 120

360 360 5 1800

120 120

5

x y

x x x x x x

x x

x y



 

 

           





  

  

25 4.1800 7225 85

        .

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

5 85 40

x   

(thỏa mãn ĐK)

5 85 45

x   

(không thỏa mãn ĐK) Thay x 40 vào pt (1) ta được:

120 120 120

1 60

40  y   y   y (thỏa mãn ĐK

0,5

Vậy vận tốc ban đầu xe thứ 40 km/h, xe thứ hai 60 km/h

Câu

Q

K P

M

I A

O B

4 3,5

a, Ta có Góc PIB PCB  1800 Suy tứ giác PIBC nội tiếp 1,0

b, Dễ thấy MI AC hai đường cao MAB P trực tâm MAB BP đường cao thứ ba  BPMA 1 .

Mặt khác AKB 900 (góc nội tiếp chắn đường trịn)  BK MA 2 .

Từ (1) (2) suy ba điểm B, P, Q thẳng hàng

1.5

c) AC  AB2  BC2  4R2  R2 R

Khi BC = R dễ thấy tam giác OBC tam giác suy CBA  600

Mà QAC CBA  (góc tạo tia tiếp tuyến góc nội tiếp chắn AC) do

đó QAC  600

Dễ thấy tam giác QAC cân Q (QA = QC) có QAC  600 nên tam giác  AQAC R 3.

Dễ thấy

3 ;

2

R R

AI  IB

Trong tam giác vuông  

0

90

IBM I 

ta có

0 3

.tan tan 60

2

R R

IM IB BIB   

Ta chứng minh tứ giác QAIM hình thang vng  

0

/ / ; 90

AQ IM I 

Do  

2

1 3 5

3

2 2

QAIM

R R R R R

S  AQ IM AI  R     

 

  (đvdt).

1,0

Câu

1đ

a, Với x0, y 0 Ta có

2 1 3 1 2 2 4

1

2 2 3

x y

xy xy xy

xy xy



         

 

Do

2

2

1 3

xy A

xy xy



     

  .

Dấu “=” xảy xy

Từ 2

0,

2

x y

x y x y

x y

  



   

 

 

 , Vậy

2

3

A 

2

x y

0,5

   

     

2 2 2 2

4 2

0

a b c ab bc ca a b c ab bc ca a a b c b b c a c c a b

            

         