Bộ đề luyện thi vào lớp 10 môn Toán THPT

Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn ĐỀ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA-VŨNG TÀU KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2016 – 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI: TỐN Ngày thi: 14 tháng năm 2016 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1: (2,5 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A = 16   b) Giải hệ phương trình: 4 x  y   3x  y  c) Giải phương trình: x2 + x – = Câu 2: (1,0 điểm) a) Vẽ parabol (P): y = x b) Tìm giá trị m để đường thẳng (d): y = 2x + m qua điểm M(2;3) Câu 3: (2,5 điểm) a/ Tìm giá trị tham số m để phương phương trình x2 – mx – = có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 x2  x1  x2  b/ Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 360 m2 Tính chiều dài chiều rộng mảnh đất đó, biết tăng chiều rộng thêm 3m giảm chiều dài 4m mảnh đất có diện tích khơng thay đổi c/ Giải phương trình: x4  ( x2  1) x2    Câu 4: (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB Lấy C đoạn AO, C khác A O Đường thẳng qua C vng góc với AB cắt nửa đường tròn (O) D Gọi E trung điểm đoạn CD Tia AE cắt nửa đường tròn (O) M a) Chứng minh tứ giác BCEM nội tiếp b) Chứng minh góc AMD + góc DAM = DEM c) Tiếp tuyến (O) D cắt đường thẳng AB F Chứng minh FD2 = FA.FB CA FD  CD FB d) Gọi ( I; r) đường tròn ngoại tiếp tam giác DEM Giả sử r = CD Chứng minh CI//AD Câu 5: (0,5 điểm) Cho a, b hai số dương thỏa mãn ab  ab a b Tìm Min P = ab + a b ab Hết Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn ĐÁP ÁN Câu 1: a) Rút gọn: A= 16    12    4 x  y  7 x  14 x  b) Giải hệ PT:    3x  y  4 x  y   y  1 c) Giải PT: x +x-6=0   b  4ac  12  4.1.(6)  25    x1  b   1   b   1    2; x1    3 2a 2a Câu 2: a) Vẽ đ thị hàm số: x -2 -1 1 y= x 2 0.5*x^2 2 b) Để (d) qua M(2;3) : 3=2.2+mm=-1 Vậy m=-1 (d) qua M(2;3) y= / x (-2, 2) (2, 2) (1.0, 0.5) (-1.0, 0.5) Câu 3: a) Vì a.c=1.(-2)=-20) 360 Chiều dài mảnh đất lúc đầu (m) x Chiều rộng mảnh đất sau tăng: x+3( m) 360  (m) Chiều dài mảnh đất sau giảm : x 360  )=360 Theo đề ta có pt: (x+3)( x  x  15(n) (x+3)(360-4x)=360x x2+3x-270=0    x  18(l ) Vậy chiều rộng, chiều dài đất hình chữ nhật lúc đầu : 15m 24m Câu 3c) Giải phương trình: x4  ( x2  1) x2     x   ( x  1) x    ( x  1)( x  1)  ( x  1) x    ( x  1)( x   x  1)   ( x  1)( x   x   2)  Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn  ( x2   x2   2)  (1) Vì  x   0x Đặt t = t  1(n) x2  1(t  0) (1)  t  t     t  2(l ) Với t =  x    x  Vậy phương trình có nghiệm x = Câu t tứ giác BCEM có: BCE  900 ( gt ) ; a\ H D BME  BMA  90 (góc nội tiếp chắn đường trịn)  1 D M I K E I E BCE  BME  900  900  1800 chúng hai góc đối Nên tứ giác BCEM nội tiếp đường trịn đường kính BE A F  DEM  CBM ( BCEMnt )  b\ Ta có:   CBM  CBD  B1 M F A C O 1C O B Mà CBD  M1 ( chắn cung AD); B1  A1 (cùng chắn cung DM) Suy DEM  M1  A1 Hay DEM  AMD  DAM c\ + Xét tam giác FDA tam giác FBD có F chung ; D1  FBD (cùng chắn cung AD) FD FA  hayFD  FA.FB Suy tam giác FDA đ ng dạng tam giác FBD nên: FB FD + Ta có D1  FBD (cmt); D2  FBD (cùng phụ DAB ) nên D1  D2 CA FA FD FA CA FD   (cmt ) Vậy  Suy DA tia phân giác góc CDF nên Mà CD FD FB FD CD FB CD CD d\ + Vì I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DEM có IE = (gt) Mà ED = EC = 2 (gt) CD nên tam giác CID vuông I  CI  ID (1) + Ta có KID  KHD (tứ giác KIHD nội tiếp); KHD  M1 (HK//EM); M1  DBA (cùng chắn cung Trong tam giác CID có IE = ED = EC = AD) nên KID  DBA + Ta lại có : KID  KDI  900 (tam giác DIK vuông K); DBA  CDB  900 (tam giác BCD vuông C) Suy KDI  CDB nên DI  DB (2) + Từ (1) (2)  CI  DB Mà  AD  DB ( ADB  900 ) Vậy CI // AD Câu (0,5đ) : Cho a, b số dƣơng thỏa P  ab  a b ab ab  ab Tìm giá trị nhỏ biểu thức a b x2  y Giải :Từ giả thiết theo bất đẳng thức xy  ta có B Gia sư Thành Được a  b  www.daythem.edu.vn 2 ab  a  b   ab   a  b 2 4ab   a  b  a  b   2 2  ab  2 a  b a  b    a  b  (BĐT CƠ -SI) Do P  ab a  b  a  b   a   Vậy giá trị nhỏ P 4, đạt  a  b  ab    b   ab  ab  a b  ĐỀ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 Thời gian: 120 phút (Đề thi gồm 05 câu) ĐỀ A Câu (2,0 điểm) 1.Giải phương trình: 2x2 – 3x – = 2 x  y   x  y  3 2.Giải hệ phương trình:  Câu (2,0 điểm)   1 a 1 Cho biểu thức A =     : a  1 a 1  (với a > 0; a  1)  a  1 a 1.Rút gọn A 2.Tính giá trị A a =  Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – a + parabol (P): y = x 1.Tìm a để đường thẳng a qua điểm A (-1;3) 2.Tìm a để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có tọa độ ( x1 ; y1 ) ( x2 ; y2 ) thỏa mãn điều kiện x1 x2 ( y1  y2 )  48  Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Hai đường cao AD, BE  D  BC; E  AC  cắt đường tròn (O) điểm thứ hai M N 1) Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm đường tròn ác định tâm I đường trịn 2) Chứng minh rằng: MN // DE 3) Cho (O) dây AB cố định Chứng minh độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CDE không đổi điểm C di chuyển cung lớn AB Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực không âm thỏa mãn:  a  b  c  Tìm giá 2 trị lớn biểu thức: Q  a  b  c   b  c  b   c 1  c  Hết Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ………… (Cán coi thi khơng giải thích thêm) HƢỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐỀ A Nội dung Câu 1) Ta có: a – b + c = Vậy phương trình có hai nghiệm x  1 , x  13 y  13  y  1 2) Hệ cho tương đương với hệ :   (2,0đ)  x  y  3 x  2 (2,0đ) Điểm 1,0 0,5 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y )  (2; 1) 0,5 1) Ta có: A =   a   a  :   a   a   1 a 1 a     1 a 1 = =  a 1 a a a 0,5  2) Ta có:    Vậy A =  nên a  2 2 = 1 =   3  2 74 53 1) Vì (d) qua điểm A(-1;3) nên thay x  1; y  vào hàm số: y  x  a  ta có:  1  a    a  4 2) Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình: x  x  a   x  x  2a   (1) Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt (1) phải có hai nghiệm phân biệt   '    2a   a  (2,0đ) Vì (x1; y1) (x2; y2) tọa độ giao điểm (d) (P) nên x1; x2 nghiệm phương trình (1) y1  x1  a  , y2  x2  a  Theo hệ thức Vi-et ta có: x1  x2  4; x1 x2  2a  Thay y1,y2 vào x1 x2  y1  y2   48  ta có: x1 x2  x1  x2  2a    48    2a  10  2a   48   a  6a    a  1 (thỏa mãn a  ) a  (không thỏa mãn a  ) Vậy a  1 thỏa mãn đề 0,5 0,5 0,5 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Do AD, BE đường cao ∆ABC (giả thiết) nên : ADB  90 AEB  90 0 A N K t tứ giác AEDB có E ADB  AEB  900 nên bốn điểm A, E, I O D, B thuộc đường trịn đường kính AB Tâm I đường tròn trung điểm AB 1,0 H 1 B D C M t đường tròn (I) ta có: D1  B1 (cùng chắn cung AE ) t đường trịn (O) ta có: M1  B1 (cùng chắn cung AN ) 1,0 Suy ra: D1  M1  MN // DE (do có hai góc đồng vị nhau) Cách 1: Gọi H trực tâm tam giác ABC (3đ) *) t tứ giác CDHE ta có : CEH  900 (do AD  BC ) CDH  900 (do BE  AC ) suy CEH  CDH  180 , CDHE nội tiếp đường trịn đường kính CH Như đường trịn ngoại tiếp ∆CDE đường trịn đường kính CH, có CH bán kính *) Kẻ đường kính CK, ta có: KAC  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)  KA  AC , mà BE  AC (giả thiết) nên KA // BH (1) chứng minh tương tự có: BK // AH (2) Từ (1) (2), suy AKBH hình bình hành Vì I trung điểm AB từ suy I trung điểm KH, lại có O CH trung điểm CK nên OI  (t/c đường trung bình) Do AB cố định, nên I cố định suy OI không đổi Vậy điểm C di chuyển cung lớn AB độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CDE ln khơng đổi 1.0 Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Cách 2: Gọi H trực tâm tam giác ABC  BH  AC; CH  AB (1’) Kẻ đường kính AK suy K cố định A N ABK  ACK  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O))  KB  AB; KC  AC (2’) Từ (1’) (2’) suy ra: BH//KC; CH//KB Suy BHCK hình hình hành  CH  BK Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH không đổi c/m tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH => đpcm… E H B O D C M K Từ  a  b  c   a  b  c   1  b  b  2c  2b  4c3 b c  b  b b c  b       Theo BĐT Cơ-si ta có:   2  27  0,25 Suy ra: 4c3 23  23   54  23c 23c  23  Q  c 1  c   c  c3  c 1  c     1  c  27 27  27   23  54 54  27  23c   23c 23c      54 2  3 108  54   54 54 27            23      23    529 (1đ)     a  a  b  c    12   b  c  b  b    Dấu “=” xảy 23  23c  23c 18    1 27  54 c  23 108 12 18  a  0; b  ; c  Vậy MaxQ = 529 23 23 0,5 0,25 Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án - Đối với câu (Hình học): Khơng vẽ hình, vẽ hình sai khơng chấm; - Các trường hợp khác tổ chấm thống phương án chấm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ B Câu (2,0 điểm) KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Thời gian: 120 phút (Đề thi gồm 05 câu) Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn 1.Giải phương trình: 2x2 – 5x – = 2 x  y   x  y  3 2.Giải hệ phương trình:  Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức B =  1   1  (với x > 0; x  1)    :   x  x  x  x  x     1.Rút gọn B 2.Tính giá trị B x =  Câu (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – b + parabol (P): y = x 1.Tìm b để đường thẳng b qua điểm B (-2;3) 2.Tìm b để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt có tọa độ ( x1 ; y1 ) ( x2 ; y2 ) thỏa mãn điều kiện x1 x2 ( y1  y2 )  84  Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R) Hai đường cao AD, BE  D  BC; E  AC  cắt đường tròn (O) điểm thứ hai M N 1.Chứng minh rằng: Bốn điểm A, E, D, B nằm đường trịn đường trịn ác định tâm I 2.Chứng minh rằng: MN // DE 3.Cho (O) dây AB cố định Chứng minh độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CDE ln không đổi điểm C di chuyển cung lớn AB Câu 5: (1,0 điểm).Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn:  x  y  z  Tìm giá 2 trị lớn biểu thức: Q  x  y  z   y  z  y   z 1  z  Hết Họ tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: ………… (Cán coi thi khơng giải thích thêm) HƢỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN ĐỀ B Điểm 1,0 Nội dung Câu 1) Ta có: a - b + c = Vậy phương trình có hai nghiệm x  1 , x   13 y  13 2) Hệ cho tương đương với hệ :  (2,0đ)  x  y  3 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y)  (2;1) 1) Ta có: B = (2,0đ) y 1 x  0,5  1 x 1 x  1 x 1 x   :  1 x 1 x     1 x = 1  = x 1 x 0,5 xx 1,0 Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn  2) Ta có:    Vậy B =  nên 0,5 x  2 2 = 1 =   3  2 74 53 0,5 1) Vì (d) qua điểm B(-2;3) nên thay x  2; y  vào hàm số: y  x  b  ta có:  2   b    b  6 2) Hoành độ giao điểm (d) (P) nghiệm phương trình: x  x  b   x  x  2b   (1) Để (d) cắt (P) hai điểm phân biệt (1) phải có hai nghiệm phân biệt   '    2b   b  (2,0đ) Vì (x1; y1) (x2; y2) tọa độ giao điểm (d) (P) nên x1; x2 nghiệm phương trình (1) y1  x1  b  1, y2  x2  b  Theo hệ thức Vi-et ta có: x1  x2  4; x1 x2  2b  Thay y1,y2 vào x1 x2  y1  y2   84  ta có: x1 x2  x1  x2  2b    84    2b  10  2b   84   b  6b  16   b  2 (thỏa mãn b  ) b  (không thỏa mãn b  ) Vậy b  2 thỏa mãn đề Do AD, BE đường cao ∆ABC (giả thiết) nên : ADB  900 AEB  900 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 A N K E t tứ giác AEDB có ADB  AEB  900 nên bốn điểm A, E, D, I O B thuộc đường tròn đường kính AB Tâm I đường trịn trung điểm AB 1,0 H 1 B D C M (3đ) t đường trịn (I) ta có: D1  B1 (cùng chắn cung AE ) t đường trịn (O) ta có: M1  B1 (cùng chắn cung AN ) 1,0 Suy ra: D1  M1  MN // DE (do có hai góc đồng vị nhau) Cách 1: Gọi H trực tâm tam giác ABC *) t tứ giác CDHE ta có : CEH  900 (do AD  BC ) CDH  900 (do BE  AC ) suy CEH  CDH  180 , CDHE nội tiếp đường trịn đường kính CH Như đường trịn ngoại tiếp ∆CDE đường trịn đường kính CH, có bán CH kính *) Kẻ đường kính CK, ta có: KAC  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)  KA  AC , 1.0 Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn mà BE  AC (giả thiết) nên KA // BH (1) chứng minh tương tự có: BK // AH (2) Từ (1) (2), suy AKBH hình bình hành Vì I trung điểm AB từ suy I trung điểm KH, lại có O CH trung điểm CK nên OI  (t/c đường trung bình) Do AB cố định, nên I cố định suy OI không đổi Vậy điểm C di chuyển cung lớn AB độ dài bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác CDE ln không đổi Cách : Gọi H trực tâm tam giác ABC A  BH  AC; CH  AB (1’) N Kẻ đường kính AK suy K cố định ABK  ACK  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))  KB  AB; KC  AC (2’) Từ (1’) (2’) suy ra: BH//KC; CH//KB Suy BHCK hình hình hành  CH  BK Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH không đổi c/m tứ giác CDHE nội tiếp đường trịn đường kính CH  đpcm… E H B O D C M K Từ  x  y  z   x  y  z   1  y  y  2z  y  4z3 Theo BĐT Cơ-si ta có: y  z  y   y y  z  y      2  27  0,25 Suy ra: 4z3 23  23   54  23z 23z  23  Q  z 1  z   z  z  z 1  z     1  z  27 27  27   23  54 54  27  23z   23z 23z  1    54 2  3 108  54  54 54 27            23      23    529 (1đ)     x  x  y  z     12   y  z  y  y    Dấu “=” xảy 23  23 z  23 z 18    1 z  27  54  23 108 12 18  x  0; y  ; z  Vậy MaxQ = 529 23 23 Chú ý: - Các cách làm khác cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia sở tham khảo điểm thành phần đáp án 0,5 0,25 ... chấm ĐỀ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TIỀN GIANG ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 Năm học 2016 – 2017 MÔN THI: TỐN Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày thi: 11/6/2016 (Đề thi. .. ab    b   ab  ab  a b  ĐỀ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 Thời gian: 120 phút (Đề thi gồm 05 câu) ĐỀ A Câu (2,0 điểm) 1.Giải phương... thống phương án chấm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA ĐỀ B Câu (2,0 điểm) KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017 Thời gian: 120 phút (Đề thi gồm 05 câu) Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn