Tải Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán Phòng GD&ĐT Yên Lạc năm học 2017 - 2018 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán có đáp án

Câu 4 : Sao Mộc (hành tinh lớn nhất trong hệ mặt trời) có đường kính gấp khoảng 11 lần đường kính trái đấtA. Diện tích bề mặt sao Mộc gấp khoảng bao nhiêu lần diện tích bề mặt trái đất.[r]

PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 MƠN THI: TỐN

Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề I/ TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2, điểm)

Hãy viết vào làm chữ đứng trước câu trả lời mà em cho đúng. Câu1: Điều kiện xác định biểu thức

3

x x

  là

A x4 B x4 C x0;x4 D x0;x4

Câu 2: Đồ thị hàm số y = 3x + m2 qua điểm (-1;6) m nhận giá trị là

A m=3 B m = 3 C m = D.m =

Câu 3: Rút gọn biểu thức      

2

A a a  a  a

kết

A A4 a B A= -7 C.A4 a D A=-5

Câu 4: Sao Mộc (hành tinh lớn hệ mặt trời) có đường kính gấp khoảng 11 lần đường kính trái đất Diện tích bề mặt Mộc gấp khoảng lần diện tích bề mặt trái đất

A 121 lần B 11 lần C 44 lần D 1331 lần

II/ TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Câu (1,0 điểm): a) Giải hệ phương trình:

2

3

x y x y

 

 

 



b) Cho phương trình x2 2x m  3 0 ( m tham số) Tìm m để phương trình có nghiệm x = Tìm nghiệm cịn lại

Câu (2,0 điểm): Cho phương trình: x2 (m5)x3m 6 0 (x ẩn số) a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm với số thực m

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng có độ dài cạnh huyền

Câu (1,5 điểm): Cho mảnh đất hình chữ nhật có chiều rộng ngắn chiều dài 45 m Nếu giảm chiều dài lần tăng chiều rộng lên lần chu vi khơng đổi Tính diện tích mảnh đất

Câu (2,5 điểm):

Cho tam giác ABC có góc nhọn, nội tiếp đường trịn (O).Các đường cao BF,CK tam giác ABC cắt (O) D, E

a) Chứng minh : Tứ giác BCFK tứ giác nội tiếp b) Chứng minh : DE //FK

c) Gọi P,Q điểm đối xứng với B,C qua O.Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AFK có bán kính khơng đổi A thay đổi cung nhỏ PQ (không trùng với điểm P,Q)

Câu ( 1,0 điểm):

Cho a, b, c >1 Chứng minh 1 12

a b c

- Hết -(Cán coi thi khơng giải thích thêm)

ĐÁP ÁN HƯỚNG DẪN CHẤM I/ Trắc nghiệm khách quan (Mỗi câu 0,5 điểm)

Câu

Đáp án D B B A

Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5

II/ Tự luận

Câu Nội dung Điểm

5(1đ) a)

2 7

3 3 1

x y x y x x

x y x y x y y

                            0,5 b) Thay x = vào phương trình (1) ta được:

2

3  2.3m  3 m  6 m6

Thay m = -6 vào PT (1) có dạng: x2 2x 0 Ta có: a – b + c = 1+ – =

PT có hai nghiệm : x1 = -1 x2 = Vậy nghiệm lại x = -1

0,25 0,25

6(2đ) a) x2 (m 5)x 3m 6 0

     (1)

Do hệ số a phương trình khác nên phương trình(1) phương trình bậc hai ẩn

Lại có:  (m5)2 4(3m6)m2 2m 1 (m1)2  0, m Do đó, phương trình ln có nghiệm với m

0,5

b) Gọi x1, x2 hai nghiệm phương trình (1) áp dụng hệ thức vi-ét ta có : x1x2  m x x1 3m6

Để hai nghiệm phương trình độ dài hai cạnh tam giác vng có cạnh huyền ta cần tìm m cho

1

1

1 2

1 2

1 0; 25 25 x x x x x x x x x x                   +) 2

0 5

0; (*)

x x m m

x x m

x x m m

                                  2

1 2

2 2

2

) 25 25

5 10 25 12 25

4 12

x x x x x x

m m m m m

m m

      

          

   

  ' 12 16 0  Phương trình có hai nghiệm phân biệt m12 ; m2 6

Kết hợp với (*) suy m =

Vậy với m = phương trình có hai nghiệm hai cạnh tam

0.25 0.5 0,25

giác vng có độ dài cạnh huyền

7(1,5đ)

Gọi chiều rộng, chiều dài ruộng tương ứng x(m), y(m)

Điều kiện x > 0, y > 0; 0,25

Vì chiều rộng ngắn chiều dài 45 m nên y - x = 45 (1) 0,25 Chiều dài giảm lần, chiều rộng tăng lần ta hình chữ nhật có

hai chiều dài chiều rộng

y

(m) 3x(m)

0,25 Theo giả thiết chu vi không thay đổi nên

2(x + y) = 2(3x +

y

) (2)

0,25

Từ (1) (2) ta có hệ phương trình

 

  

  

 

y x 45

y

2(x y) 2(3x )

2 .

Giải hệ ta có   

 

x 15 (m) y 60 (m)

0,25

Vậy diện tích ruộng S = xy = 900 (m2). 0,25 8(2,5đ)

Do

 

0

0

( ) 90

( ) 90

BF AC gt BFC CK AB gt BKC

  

  

Tứ giác BKFC có hai góc BFC BKC; cùng nhìn cạnh BC góc 900 nên nội

tiếp đường trịn đường kính BC

1

b) KFB KCB  ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK đường tròn (BKFC)) (1)

  

KCB ECB EDB  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE đường tròn (O) (2)

Từ (1) (2) suy KFB EDB 

mà chúng vị trí đồng vị nên KF // ED

Ta có ACN ABN 900( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

 NCAC BN  AB mà BH AC CH AB

 NC // BH NB // CH => BHNC hình bình hành  M trung điểm BC trung điểm HN

Lại có O trung điểm AN Suy OM đường trung bình tam giác AHN =>

AH OM 

OM // AH

Gọi I trung điểm AH Ta có AKH AFH 90  0=> t/g AKHF nội tiếp đường trịn đường kính AH

 I tâm AI bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác

AKHF hay AFK

Vì BC, (O) cố định suy M cố định => OM không đổi =>

AH AI  OM

( không đổi) suy đường trịn ngoại tiếp tam giác AFK có bán kính AI = OM không đổi

0,25

0,25 0,25 9(1đ)

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

3

3

1 1 1

a b c a b c

b  c  a  b c a (1) Ta lại có với x > 1, ta có : 

2

2

1

x x

x

   



ÁP dụng nhận xét ta có

3

3 4.4.4 12

1 1

a b c

b c a   (2)

Từ (1) (2) suy 1 12

a b c

b  c  a  Đẳng thức xảy khI a=b=c=4

0,25 0,25 0,25