DE VA DA THI THU VAO LOP 10 THPT Nam 2016

Lưu ý: Đối với bài toán có nhiều cách giải, HS có thể giải cách khác có kết quả đúng, suy luận lôgic vẫn đạt điểm tối đa.. Điểm thành phần cho tương ứng với thang điểm trên...[r]

TRƯỜNG THCS XUÂN HƯNG ĐỀ A ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT (LẦN 2) Năm học: 2016 – 2017 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi: 03 tháng 06 năm 2016 Đề có: 01 trang gồm 05 bài  x 2 x   x 1    x  x  x  x  Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức: P =  Tìm ĐK x để biểu thức P xác định Rút gọn P Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên Bài 2: (2.0 điểm) Giải phương trình sau: 2x – = 10 – 3x Giải hệ phương trình sau: ¿ x + y =−4 x − y =5 ¿{ ¿ Bài 3: (2.0 điểm) Cho phương trình bậc hai: x2 - (m - 1)x + m2 - 14 = (m là tham số) Giải phương trình với m = Tìm gía trị m để phương trình có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 =30 Bài 4: (3.0 điểm) Cho điểm M ngoài đường tròn (O) Vẽ tiếp tuyến MA, MB (A, B là các tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD không qua O (C nằm M và D) với đường tròn (O) Đoạn thẳng OM cắt AB và (O) theo thứ tự H và I Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn; MC.MD = MA2 CI là phân giác góc MCH Bài 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ĐK: a + b + c = Chứng minh rằng: a  b  b  c  c  a  Hết Họ tên thí sinh: ………………………………Số báo danh: ………………….…… Chữ kí giám thị 1:……………………… Chữ kí giám thị 2: ……… …… HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2016 -2017 (LẦN 2) Môn :Toán ĐỀ A Thời gian 120 phút ( Không kể thời gian giao đề ) Bài Ý Nội dung ĐKXĐ: x > 0, x    P =   = x 2  = x 2        x  1   x 1 x  2 x 2 x  x 2 x1   x 1 x   x1  x1 x 0,25 x 1 x 0,25 x  =  x 1  x1 x = x1 thì P = x  Ta có: P = x  và x > 0, x , x Z nên để P nguyên thì x - 1 Ư(2) =1; 2 * Nếu x - =  x = ;  x1 Vậy Với ĐKXĐ: x > 0, x   x 1 x x 1   x   x 1 x 2 x  Điểm 0,25 0,5 0,25 0,25 * Nếu x - =  x = Vậy với x = 2; thì P có giá trị nguyên 2x – = 10 – 3x  5x = 15  x = Vậy phương trình có nghiệm x = ¿ 6 x  y  12 7 x   x + y =−4    x  y 5  x  y 5 x − y =5 ¿{ ¿  x   x   x       y 5  y 6  y  Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x;y) = (-1;-2) Thay m = vào PT: x2 - (m - 1)x + m2 - 14 = ta có: x2 - (4-1)x + 42 - 14 =  x2 - 3x + 16 - 14 =  x2 – 3x + = là PT bậc hai ẩn có dạng a + b + c = - + = nên có nghiệm x1= 1; x2 = c/a = 2/1 = Vậy x1= 1; x2 = 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 Để PT x2 - (m - 1)x + m2 - 14 = có nghiệm thì  0 0,25     m  1   4.1  m  14  0  m  2m 1  4m2  56 0   3m  2m  57 0  172 172     172    3m     m       3  3        43   3m 43   3m 0   3m    0  43 1 43  m  3 Gọi x1; x2 là nghiệm pt: x - (m - 1)x + m - 14 = 0, theo hệ thức Vi - ét ta có: x1 + x2 = m - và x1.x2 = m2 - 14 Theo bài x12 + x22 = 30   x1  x2   x1.x2 30 Do đó: (m-1)2 - 2(m2 - 14) = 30  m2 - 2m + - 2m2 + 28 = 30  m2 + 2m + =  (m+1)2 =  m+1=  m = -1 (thỏa mãn ĐK trên) Vậy m = -1 là giá trị cần tìm 0,25 Hình vẽ đúng 0,25 0,25 A 0,25 D 0,25 D C M I H O B Vì MA, MB là tiếp tuyến đường tròn (O) A và B nên   MAO MBO 900 Do đó tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn đường kính MO  Xét  MAC và  MDA có: M chung,   MAC MDA (cùng chắn cung AC (O))   MAC  MDA (g.g)  MA MD   MC.MD MA2 MC MA 0,5 0,25 0,5 0,5 Áp dụng hệ thức lượng vào  MAO vuông A đường cao AH ta có: MH.MO = MA2 Kết hợp câu 2) suy ra:  MH MC  MD MO (*) MH.MO = MC.MD  Trong  MHC và  MDO có (*) và DMO chung nên  MHC  MDO (g.c.g) 0,25 0,25  MC MO MO MC MO    HC DO OA hay CH OA (1) (vì OD = OA)    MAI IAH Ta lại có: (cùng chắn cung nhau) MAH phân giác AI là đường MI MA  Theo t/c đường phân giác tam giác, ta có: IH AH (2)     MHA và  MAO có OMA chung nên và MHA MAO 90   MO MA   MHA  MAO (g.g) OA AH (3) MC MI  Từ (1), (2) và (3) suy ra: CH IH Do đó CI là tia phân giác 0,25 0,25 góc MCH Vì a, b, c là ba số dương nên áp dụng BĐT Cô - Si ta có: a b a b  (1); 2 b c b c  (2); 2 c a ca  (3) 0,5 Cộng vế với vế (1), (2) và (3) ta có:   a b  b c  c  a       2 a  b  c  a b  b c  c a   22 2  vìa  b  c 1 a  b  b  c  c  a 6  a b  b c  c a   a b c  Dấu "=" xảy Lưu ý: Đối với bài toán có nhiều cách giải, HS có thể giải cách khác có kết đúng, suy luận lôgic đạt điểm tối đa Điểm thành phần cho tương ứng với thang điểm trên 0,5 TRƯỜNG THCS XUÂN HƯNG ĐỀ B ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT (LẦN 2) Năm học: 2016 – 2017 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Ngày thi: 03 tháng 06 năm 2016 Đề có: 01 trang gồm 05 bài  x x 2 x     x  x  x  x  Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức: Q =  Tìm ĐK x để biểu thức Q xác định Rút gọn Q Tìm x nguyên để Q có giá trị nguyên Bài 2: (2.0 điểm) Giải phương trình sau: 2x – = 12 – 3x Giải hệ phương trình sau: 2 x  y 4   x  y 9 Bài 3: (2.0 điểm) Cho phương trình bậc hai: x - (n - 1)x + n2 - 14 = (n là tham số) Giải phương trình với n = Tìm gía trị n để phương trình có nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 = 30 Bài 4: (3.0 điểm) Cho điểm S ngoài đường tròn (O) Vẽ tiếp tuyến SA, SB (A, B là các tiếp điểm) Vẽ cát tuyến SCD không qua O (C nằm S và D) với đường tròn (O) Đoạn thẳng OS cắt AB và (O) theo thứ tự H và I Chứng minh: Tứ giác SAOB nội tiếp đường tròn; SC.SD = SA2 CI là phân giác góc SCH Bài 5: (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn ĐK: x + y + z = C/mr: x y  yz  zx  Hết Họ tên thí sinh: ………………………………Số báo danh: ………………….…… Chữ kí giám thị 1:……………………… Chữ kí giám thị 2: ……… …… HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2016 -2017 (LẦN 2) Môn :Toán ĐỀ B Thời gian 120 phút ( Không kể thời gian giao đề ) Bài Ý Nội dung Điểm 0,25 ĐKXĐ: x > 0, x    Q =  x 2   x  x x 1   x 2     x  1  x  2 x 1   x   x  1  x  1  x  1 =  x1 0,25 x1 x x x  x  2 x x  x 2 =   x1  x 1 Vậy Với ĐKXĐ: x > 0, x 3 1 2 x  =  x 1  x1 x 2 = x1 2 thì Q = x  2 Ta có: Q = x  và x > 0, x , x  Z nên để Q nguyên thì x - 1Ư(2) = 1; 2 * Nếu x - =  x = ; x 0,25 0,5 0,25 0,25 * Nếu x - =  x = Vậy với x = 2; thì Q có giá trị nguyên 2x – = 12 – 3x  5x = 15  x = Vậy phương trình có nghiệm x = 2 x  y 4 6 x  y 12 7 x 21     x  y 9  x  y 9  x  y 9  x 3  x 3  x 3    3  y 9 3 y 6  y 2 Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = (3; 2) Thay n = vào PT: x2 - (n - 1)x + n2 - 14 = ta có: x2 - (4-1)x + 42 - 14 =  x2 - 3x + 16 -14 =  x2 – 3x + = 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 là PT bậc hai ẩn có dạng a + b + c = - + = nên có nghiệm x1= 1; x2 = c/a = 2/1 = Vậy x1= 1; x2 = Để PT x2 - (n - 1)x + n2 - 14 = có nghiệm thì  0 0,25 0,25 0,25     n  1   4.1  n  14  0  n  2n   4n  56 0   3n  2n  57 0  172 172     172     3n  0    3n   3n     0   3  3       43   3n 43   3n 0   43 43  n  3 Gọi x1; x2 là nghiệm pt: x2 - (n - 1)x + n2 - 14 = 0, theo hệ thức Vi - ét ta có: x1 + x2 = n - và x1.x2 = n2 - 14 Theo bài x12 + x22 = 30   x1  x2   x1.x2 30 Do đó: (n-1)2 - 2(n2 - 14) = 30  n2 – 2n + – 2n2 + 28 = 30  n2 + 2n + =  (n+1)2 =  n+1=  n = -1 (thỏa mãn ĐK trên) Vậy n = -1 là giá trị cần tìm 0,25 Hình vẽ đúng 0,25 0,25 A 0,25 D 0,25 D C S I H O B Vì SA, SB là tiếp tuyến đường tròn (O) A và B nên   SAO SBO 900 Do đó tứ giác SAOB nội tiếp đường tròn đường kính SO  Xét  SAC và  SDA có: S chung,   SAC SDA (cùng chắn cung AC (O))   SAC  SDA (g.g)  SA SD   SC.SD SA2 SC SA 0,5 0,25 0,5 0,5 Áp dụng hệ thức lượng vào  SAO vuông A đường cao AH ta có: SH.SO = SA2 Kết hợp câu 2) suy ra: SH.SO = SC.SD  SH SC  SD SO (*) 0,25  Trong  SHC và  SDO có (*) và DSO chung nên  SHC  SDO (g.c.g)  SC SO SO SC SO    HC DO OA hay CH OA (1) (vì OD = OA)  IAH  SAI  Ta lại có: (cùng chắn cung nhau)  phân giác SAH 0,25 AI là đường SI SA  Theo t/c đường phân giác tam giác, ta có: IH AH (2)     SHA và  SAO có OSA chung nên và SHA SAO 90 SO SA     SHA  SAO (g.g) OA AH (3) SC SI  Từ (1), (2) và (3) suy ra: CH IH Do đó CI là tia phân giác 0,25 0,25 góc SCH Vì x, y, z là ba số dương nên áp dụng BĐT Cô - Si ta có: xy x y 3 (1); 2  yz y  z 3 (2); 2 zx z  x 3 (3) 0,5 Cộng vế với vế (1), (2) và (3) ta có:   x y  yz  zx       2 x  y  z  x y  yz  zx   x  y  y  z  x 6  22 2  vì x  y  z 1 x y  yz  zx   x  y z  Dấu "=" xảy Lưu ý: Đối với bài toán có nhiều cách giải, HS có thể giải cách khác có kết đúng, suy luận lôgic đạt điểm tối đa Điểm thành phần cho tương ứng với thang điểm trên 0,5