Tải Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán Phòng GD&ĐT Hiệp Hòa, Bắc Giang năm học 2016 - 2017 - Đề thi thử tuyển sinh lớp 10 môn Toán có đáp án

Hai người đi xe đạp cùng khởi hành một lúc đi từ A đến B với vận tốc bằng nhau. Sau khi đi được 1 giờ thì xe của người thứ nhất bị hỏng nên phải dừng lại sửa xe 20 phút, còn người thứ ha[r]

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HIỆP HÒA

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG NĂM HỌC: 2016-2017

MƠN THI: TỐN Ngày thi: 21/5/2016

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Câu I (3.0 điểm)

1

2 2

B = 18

2

 

 

  Tính giá trị biểu thức

1 2;

2

M 

  y – 2x Biết đường thẳng y = ax + b qua điểm song song với đường thẳng Tìm hệ số a b

2x + y = 3x + 4y = -1 



 3 Giải hệ phương trình: Câu II (2.0 điểm)

3 x x

3

x x

A

x

  

   

   



 1 Rút gọn biểu thức với x x 1.



2

140

xmxm



2 Cho phương trình: (1)

a) Giải phương trình (1) m = 1,

x x b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm kích thước hình chữ nhật có độ dài đường chéo

Câu III (1.5 điểm)

Khoảng cách hai tỉnh A B 60km Hai người xe đạp khởi hành lúc từ A đến B với vận tốc Sau xe người thứ bị hỏng nên phải dừng lại sửa xe 20 phút, người thứ hai tiếp tục với vận tốc ban đầu Sau xe sửa xong, người thứ với vận tốc nhanh trước 4km/h nên đến B lúc với người thứ hai Tính vận tốc hai người lúc đầu

Câu IV (3.0 điểm)

Cho đường tròn (O; R) với đường kính AB cố định, EF đường kính di động Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn (O) B Nối AE, AF cắt đường thẳng d M N Đường thẳng qua điểm A vng góc với EF điểm D cắt MN I

a) Chứng minh bốn điểm O, D, I, B nằm đường tròn; b) Chứng minh tứ giác AEBF hình chữ nhật;

c) Chứng minh AE.AM = AF AN; d) Chứng minh I trung điểm MN;

e) Gọi H trực tâm tam giác MFN Chứng minh đường thẳng EF di động, H thuộc đường tròn cố định

Câu V (0.5 điểm)

1 1

6

x y  y z  z x  Cho x, y, z số dương thoả mãn

1 1

3 3 3

P

x y z x y z x y z

  

      Tìm giá trị lớn biểu thức:

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2016-2017

MƠN THI: TỐN

Dưới sơ lược bước giải thang điểm Bài giải học sinh cần chặt chẽ, hợp logic toán học Nếu học sinh làm theo cách khác hướng dẫn chấm mà chấm cho điểm tối đa Đối với hình học (bài 4), học sinh vẽ sai hình khơng vẽ hình khơng được tính điểm.

Bài Nội dung Điểm

Câu 1 1

(1đ) B = 2 2 18 2 1 2 1 9.2

2 2

 

 

    

   

0.5

2 2

    0.25

2

 KL: Vậy B= 0.25

2 (1đ)

y – 2x Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng , suy a = - b (1) 0.25

2

2a + b

2 Vì đường thẳng y = ax + b qua điểm M (2; ) nên ta có: (2)

0.25

9

2Từ (1) (2) suy a = - b = (TMĐK).

0.25

KL… 0.25

3

(1đ) 3x + 4y = -12x + y =  8x + 4y = 43x + 4y = -1 5x = 52x + y = 1

   0.25

x = 2.1 y 

 

 



0.25

x = y = -     0.25 KL:… 0.25 Câu 2 1đ 

3 x x x ( x 1) ( x 1) 3( x 1)( x 1) x

3

x x ( x 1)( x 1)

A x x                         1)

Với x x ta có:

0,25

   

3 3 x

2 x

x x x x

x x           0,25

2( 2) x x x x      0.25 x   KL:… 0.25 2a (0.5đ)

2 2 3 0

x  x  Với m = 1, ta có PT: 0.25

1 1,

2b

(0.5đ)      

2 2

1 4 16 16

m m m m m m m

              

Suy PT có hai nghiệm phân biệt với m

1

1

1

x x m x x m

  

 

 

 Theo hệ thức Viet, ta có :

0.25

   

2

1 2

2

0, 36

1 36

m

x x v x x m

m m

  

 

        



   





1

4 27

27

m

m m

m

  



    

 

 PT

đã cho có hai nghiệm kích thước HCN có độ dài KL

0.25

Câu 3 (1.5đ)

Gọi vận tốc hai người lúc đầu x, km/h (x > 0)

Quãng đường hai người sau là: 1.x = x km

0.25 Quãng đường lại người thứ 60 – x (km)

Vận tốc quãng đường lại người thứ là: x + (km/h)

0.25

60

x x



 Thời gian hết quãng đường lại người thứ là: 60

x Thời gian hết quãng đường người thứ hai là:

0.25

60 60

3

x

x x



  

 Vì hai người đến B lúc nên ta có PT:

0.25

Giải PT được: x = 20, x = -36 (loại) 0.25

KL 0.25

Bài 4

4a

 90 0 

ODI 0,5

  1800

OBI ODI  Suy ra: , mà hai góc vị trí đối diện

Nên tứ giác ODIB nội tiếp hay điểm 0.5

4b (0.5đ)

Xét tứ giác AEBF có: AEB 90 0 

 0.25

  0 

90

FAE FBE  Suy 0.25 4c (0.5đ)

AE AM AB CM: 0.25

2

AF AN AB

Suy đpcm 0.25

4d (0.5đ)

 AF

AMN  EChứng minh hai tam giác: AEF ANM đồng dạng suy AMN N 90 , AF0  E FAD 900

    FAD N  IA IN Mà suy ra:

0.25

  900  

FAD DAE   DAEAMB IA IM Do

0.25 4e

(0.5đ)

Lấy O’ đối xứng vơi O qua A, suy OO’ =2R, O’ cố định

Kẻ FK vng góc với MN, FK cắt ME H, H trực tâm tam giác FMN

0.25 CM được: AHFB hình bình hành, suy FH=AB=OO’, suy OO’HF hình bình

hành, suy O’H = OF = R Vậy…

0.25 Câu 5

0.5đ 1a b a b4 

1 1

4

a b a b

 

    

  Áp dụng BĐT (với a, b > 0)

   

1 1 1

3x 3y 2z 2x y z x 2y z 2x y z x 2y z

 

    

            

       

1 1 1 1 1

4 x y x z x y y z 4 x y x z x y y z

    

          

         

    

  Ta có:

1 1

16 x y x z y z

 

    

  

 

1 1

3x 2y 3z 16 x z x y y z

 

    

      Tương tự:

1 1

2x 3y 3z 16 y z x y x z

 

    

      

0.25

Cộng vế theo vế, ta có:

1 1 4

3x 3y 2z 3x 2y 3z 2x 3y 3z 16 x y x z y z

 

      

          

4 1 1

.6

16 x y x z y z

 

     

  

 

Dấu = xảy khi:

1

x  y z