Đề thi thử Toán vào lớp 10 năm 2021 – 2022 trường THCS Minh Phú – Phú Thọ

a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh AK AH... Suy ra: Tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp..[r]

PHÒNG GD&ĐT ĐOAN HÙNG

TRƯỜNG THCS MINH PHÚ THPT MƠN TỐN NĂM HỌC 2021 – 2022 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 I PHẦN TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2,5 điểm)

Câu Với tất giá trị x 1 2x xác định ? A

2 

x B 

x C 

x D  x Câu Đường thẳng y  2x 1song với đường thẳng có phương trình A y  2x B y2x1 C

2

y  x D y  x Câu Hai đường thẳng y x 1; y  x có tọa độ giao điểm

A ( ;1 3) 2

M  B ( 3; ) 2

N  C ( 3; )

2

P   D ( ; ).1 2 Q Câu Nghiệm tổng quát phương trình 2x3y1

A x y     

 B

3 y x y R          C x y    

 D 1 

2 x R y x       

Câu Đồ thị hàm số y x 2 qua điểm ?

A  1;1 B 1;   C  1;  D  0;1

Câu Giả sử x1; x2 nghiệm phương trình x27x14 0 biểu thức x12x22 có giá trị

A -21 B -77 C 77 D 21 Câu Để phương trình 7x22x m  5 0 có nghiệm kép giá trị m A

34

 B 36

 C 34

 D 34

Câu Cho ABC vuông A, AB c, AC b, BC a.   Khẳng định sau ? A b c.tanB  B b c.cotB  C b c.tanC. D b a.tan C. Câu Cho ABC có A = 90 ,0 đường cao

AH,HB = 4,HC = Độ dài đường cao AH A 13 B C 36 D

Câu 10 Cho h×nh vÏ, cã NPQ 45 0, PQM 30  Sè ®o cđa NKQ b»ng A.37 30'.0 B.75 0

II PHẦN TỰ LUẬN (2,5 điểm)

Câu (1,5 điểm) Cho biểu thức ;

3

x x x

A B

x x x

      

 

  với x0;x1

a) Tính giá trị biểu thức B x 9 b) Rút gọn biểu thức A

B c) Tìm giá trị x để A

B  Câu (2,0 điểm)

1 Cho parabol ( ) : 2 

P y x đường thẳng ( ) :d y x 2

a) Vẽ parabol ( )P đường thẳng ( )d hệ trục tọa độ Oxy

b) Viết phương trình đường thẳng ( ) :d1 y ax b  song song với ( )d cắt ( )P điểm A có hồnh độ 2

2 Cho hệ phương trình: mx y 5

2x y 2

  

   

 (I)

Xác định giá trị m để hệ phương trình (I) có nghiệm thỏa mãn: 2x + 3y = 12 Câu (3 điểm) Cho đường trịn tâm O đường kính AB2R Gọi C trung điểm OA, qua C kẻ đường thẳng vng góc với OA cắt đường trịn ( )O hai điểm phân biệt M N Trên cung nhỏ BM lấy điểm K(K khác B M ) Gọi H giao điểm AK MN

a) Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh AK AH. R2

c) Trên tia KN lấy điểm I cho KI KM Chứng minh NI BK Câu (1 điểm) Giải hệ phương trình

4

2 2

x x 3x 4y (1)

x 4y x 2xy 4y

x 2y (2)

2

      

   

   



ĐÁP ÁN I TRẮC NGHIỆM (2,5 điểm câu 0,25 điểm)

Câu 10

Đáp án D A B D A C D A D B

II TỰ LUẬN (7,5 điểm)

Câu Nội dung Điểm

1

a B

3

 0,5

b

Rút gọn biểu thức :

3

x x x

x x x

            :

1 ( 1)

x x x

x x x

          :

( 1) ( 1)

x x x x

x x x x

          : ( 1)

x x x

x x

  



( 1)

x x

x x x

  

 

( 1).3

( 1)( 1)

x x

x x x

    A

B  x Kết luận

0,25

0,25

c

Tìm giá trị x để A B 

3 1

1

A

B   x   x 

4  x 

16  x (TM) Vậy x16 A

B 

0,25

2

1a

Vẽ đồ thị Đồ thị hàm bậc hai Đồ thị hàm bậc

0,25 0,25

1b

Vì đường thẳng ( ) :d1 y ax b  song song với ( )d nên ta có phương trình đường thẳng ( ) :d1 y x b b  ( 2)

Gọi ( 2;A  yA) giao điểm parabol ( )P đường thẳng ( )d1 ( )

 A P

( 2) 2

yA     ( 2; 2)

A 

Mặt khác, A( )d1 , thay tọa độ điểm A vào phương trình đường thẳng ( )d1 , ta được: 2    2 b b (nhận)

Vậy phương trình đường thẳng ( ) :d1 y x 4

0,25

0,25

2

Hệ phương trình cho có nghiệm <=> PT (1) có nghiệm <=> m + ≠ <=> m ≠ -

Khi hpt (I) <=>

3

3 x =

x = m + 2

m +

10

2

2 m

x y y

m 

   

            Thay vào hệ thức ta được: 6m = 12  m = KL

0,25

0,25

0,25 0,25

3 a

Chứng minh tứ giác BCHK nội tiếp đường trịn

Vì ABHC C nên BCH 900;

Ta có: AKB900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BKH900 Xét tứ giác BCHK có: BCH BKH  900900 1800

Mà BCH BKH ; hai góc đối Suy ra: Tứ giác BCHK tứ giác nội tiếp

0,25 0,25 0,25 0,25

b Chứng minh

2



AK AH R Xét ACH AKB có:

H M

N

C O

A B

 ACH AKB900; 

BAK góc chung;

Do đó: ACH đồng dạng AKB g g( )  AH  AC

AB AK

2

2 AH AK AB AC R R R Vậy AK AH. R2

0,25 0,25 0,25

0,25

c

Trên tia KN lấy điểm I cho KI KM Chứng minh NIBK

Trên tia đối tia KB lấy điểm E cho KEKM KI

Xét OAM có MC đường cao đồng thời đường trung tuyến (vì C trung điểm OA)

 OAM cân M AM OM Mà OA OM R OA OM  AM

 OAM tam giác OAM600

Ta có: AMB900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AMB vuông M

 300 ABM 

Xét BMC vng C có:  BMC MBC 900  900  900 300 600

BMC MBC    BMN600 (1) Vì tứ giác ABKM tứ giác nội tiếp nên  EKM MAB600 Mặt khác: KM KE (cách dựng)  EKM cân K Và EKM 600 EKM tam giác KME600 (2)

0,25 E

I H

M

N

C O

A B

Từ (1) (2) suy ra: BMN KME600    

BMN BMK KME BMK

 

NMKBME

Xét BCM vuông C có: sinCBMs in300

2

CM  BM  CM

BM

Mà OAMN C

C trung điểm MN (đường kính vng góc với dây cung qua trung điểm dây cung)

2 MN  CM

MN BM (vì 2CM ) Xét MNK MBE có:

 

MNK MBE (Hai góc nội tiếp chắn MK)

( )



MN BM cmt

  ( )

NMK BME cmt Do đó: MNK MBE g c g( )

NKBE (Hai cạnh tương ứng) IN IK BK KE

Mà IK KE (vẽ hình) Suy ra: IN BK

0,25

0,25

0,25

4

Từ (2) suy x + 2y ≥

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:

2 2 2 2

2(x 4y ) (1 1 )[x (2y) ] (x 2y) 

2 2

x 4y (x 2y) x 2y

2 4 2

  

   (3)

Dấu xảy  x = 2y

Mặt khác, dễ dàng chứng minh được:

2

x 2xy 4y x 2y

3 2

   

(4) Thật vậy,

2 2 2

x 2xy 4y x 2y x 2xy 4y (x 2y)

3

         (do hai vế ≥ 0)

 4(x2 + 2xy + 4y2) ≥ 3(x2 + 4xy + 4y2)  (x – 2y)2 ≥ (luôn x,

y)

Dấu xảy  x = 2y Từ (3) (4) suy ra:

2 2

x 4y x 2xy 4y

x 2y

2 3

     

Dấu xảy  x = 2y

0,25

Do (2)  x = 2y ≥ (vì x + 2y ≥ 0)

Khi đó, (1) trở thành: x4 – x3 + 3x2 – 2x – =  (x – 1)(x3 + 3x + 1) =

 x = (vì x3 + 3x + ≥ > x ≥ 0)  y 1.

2

 Vậy nghiệm hệ cho (x = 1; y = 1

2)

0,25

0,25 SDT: 0387459361

NHÀ TRƯỜNG DUYỆT NGƯỜI RA ĐỀ