De thi thu Hai Van 1 vao 10 THPT

Một số chú ý: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước vẫn cho điểm tối đa.. Đáp án [r]

ĐỀ KIỂM THI THỬ VÀO 10 HẢI VÂN LẦN I (NĂM 2016) Môn : Toán ( Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề) Phần I Trắc nghiệm (2 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm Câu Giá trị x để biểu thức  x có nghĩa là A x 3 B x  C x 3 D x  Câu Đường thẳng (d): y 2 x  cắt trục tung điểm có tọa độ là A (0;  6) B (3; 0) C (0; 3) D (  6; 0) Câu Phương trình 2x  y  và phương trình nào sau đây lập thành hệ phương trình có vô số nghiệm? A 2x + y 3 B  6x  3y  C 2x  3y  D 6x  3y  Câu Hàm số nào sau đây đồng biến x > 0? y   x2 y 2 x y 2 x A B y  x C D Câu Cho phương trình x2 – 2(m –1) x + m2 + 3m = (ẩn x) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm trái dấu là A   m  B m < –3 m > C  m  D   m 0 Câu Tam giác ABC vuông A, đường cao AH, có BH = 1cm, BC = 3cm Độ dài AH       A cm B cm C cm D cm Câu Gọi khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng a là d Đường thẳng a không cắt đường tròn (O; 6cm) và A d  6cm B d 6cm C d 6cm D d 6cm Câu Một hình nón có chu vi đáy 16 π cm, chiều cao là 6cm Độ dài đường sinh là A 9cm B 10cm C 10,5cm D 12cm Phần II.Tự luận (8 điểm)  2 x x   x  2x  P     x x  x  x 0 ; x 1   Câu (1,5 điểm) Cho biÓu thøc với 1) Rút gọn biểu thức P x 3  2 2) Tính giá trị P Câu ( 1,0 điểm) Giải bài toán cách lập phương trình Một ca nô chạy xuôi dòng từ bến A đến bến B rồi chạy ngược dòng từ B đến A hết tất Tính vận tốc ca nô nước yên lặng, biết quãng sông AB dài 30 km và vận tốc dòng nước là km/h -x+y  xy  4x  3y 5 xy Câu (1.0 điểm) Giải hệ phương trình  Câu (3,25điểm) Cho nửa đường tròn (O) có đường kính AB Từ A ,B vẽ hai tiếp tuyến Ax và By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này ,kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax ,By E và F a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp AM cắt OE P ,BM cắt OF Q.Tứ giác MPOQ là hình gì ? b)Chứng minh: OP.OE = OQ.OF và AE.BF = R2 c) Keû MH vuoâng goùc AB ,Klaø giao ñieåm MH vaø EB So saùnh MK vaø HK d) Cho AB= 2R và r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác EOF Chứng minh : r < < R Câu (1,25điểm) 2 x  12  x  3x  a) Gải phương trình b) Cho a, b, c là ba số khác đôi và c 0 Chứng minh nếu hai phương trình x2 + ax + bc = (1) và x2 + bx + ca = (2) có đúng nghiệm chung thì nghiệm khác các phương trình đó thoả mãn phương trình x2 + cx + ab = HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP I Một số chú ý: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với các ý học sinh phải trình bày, học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước cho điểm tối đa - Điểm toàn bài là tổng điểm các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn II Đáp án và thang điểm: Phần I (2 điểm) Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm Câu Đáp án C A D C Phần II Tự luận (8 điểm) Câu (1,5 điểm) A B D Điể m Nội dung trình bày 1) B Với x 0 ; x 1  2 x x   x  2x   (2  x ).(1  x ) ( x  2).(1  P      2 x  x 1   1 x  (1  x ) (1  x ) (1  x ) (1  x )  ( x  1)  x) 0,25 0,5 0,25  x  x Vậy P  x  x ,với x 0 và x 1   x  1  2) Có x 3  2 thỏa mãn x 0 và x 1 , suy x  1 Thay vào P  x  x , ta P   2     Vậy x 3  2 thì P =   Câu (1,0 điểm) Nội dung trình bày 0,25 0,25 Điểm Gọi vận tốc ca nô nước yên lặng là x km/giờ ( x > 4) Vận tốc ca nô xuôi dòng là x +4 (km/giờ), ngược dòng là x  (km/giờ) 30 30 Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B là x  giờ, ngược dòng từ B A là x  30 30  4 x  x  Theo bài ta có phương trình: (1) 0,25 0,25 (1)  30( x  4)  30( x  4) 4( x  4)( x  4)  x  15 x  16 0 Giải phương trình tìm nghiệm là x  ; x = 16 Đối chiếu điều kiện ẩn ta thấy x = 16 thỏa mãn Vậy vận tốc ca nô nước yên lặng là 16 (km/giờ) Câu (1 điểm) Nội dung trình bày 9x  9x  y  -5x+5y 5 xy  x  y 0  y      -x+y  xy 4x  3y 5 xy -x+y xy x x   -x+   x  x 9 x  x  4x  3y  xy   2 Có  0,25 0,25 Điểm 0,25 Ta có  x 9.0   y   0 9x    y  9x    x 0  y        x 0   y 9 x 9  7 x  x 0     2  x       x    0,5 7 7  ;  Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (0; 0) , (x;y)=   0,25 Câu (3,25 điểm) a) (Cho 1điểm ) Nội dung trình bày Ta có AE là tiếp tuyến nửa đường tròn (O) A  AE  OA  EAO 90 EMlà tiếp tuyến nửa đường tròn (O) M  EM  OM  EMO 90 Điểm 0 0 Xét tứ giác AEMO  EAO  EMO 90  90 180 mà EAO ; EMO vị trí đối  tứ giác AEMO nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối 1800) Ta có AE, EM là tiếp tuyến nửa đường tròn (O) A,M cắt E=> EA=EM =>E thuộc trung trực AM, lại có OA=OM => O thuộc trung trực AM =>EO là trung trực AM  E  AM tai P  OPM 90 Chứng minh tương tự FO là trung trực BM  F  BM tai Q  OQM 90 Có AMB 90 Góc nội tiếp chắn nửa (O) 0,25 0.25 0.25 0.25 Xét tứ giác PMQO có OPM OQM AMB 90 => PMQO là hình chữ nhật b) (Cho 0,75 điểm ) Nội dung trình bày Có EM  OM hay EF  OM tai M =>  EMO vuông M có MP là đường cao (vì E  AM tai P )=>OP.OE=OM2 Chứng minh tương tự )=>OQ.OF=OM2 => OP.OE= OQ.OF PMQO là hình chữ nhật  POQ 90 =>  EOF vuông O có OM là đường cao (vì EF  OM tai M )=>EM.MF= OM2 hay AE.BF= R2 (vì EM=AE;MF=BF;OM=R) Điể m 0,25 0,25 0,25 c) (Cho 0,75 điểm ) Nội dung trình bày Có AE  AB; MH  AB; BF  AB =>AE//MH//BF =>MK//BF nên  EMK~  EFB EM MK EM EF EM EF    => EF FB => MK FB mà MF=FB => MK MF (1) Điể m 0,25 EF BE  Ta còn có MF BK (2) Lại có KH//AE nên  EAB~  KHB  EA AB BE   KH HB BK (3) 0,25 EM EA  Từ 1,2,3=> MK KH Mà EM =EA=> MK=KH 0,25 d) (Cho 0,75 điểm ) Điể m Nội dung trình bày  R.EF (4)  EOF vuông O,OM là đường cao=>S  EOF SEOF  r (OE  OF  EF) Lại có với r bán kính đường tròn nội tiếp  EOF (5) EF r EF.R r  EF  OF  OE    EF  OF  OE R (*) 4,5=> EF EF  OF  OE  2EF  EF  OF  OE   EF  OF  OE (**) BĐT tam giác => r  Từ (*),(**)=> R OE  OF+EF EF r OE  EF;OF  EF=>OE  OF+EF<3EF  <3    EF OE+OF  EF hay R Mà r    R 0,25 0,25 0,25 Bài a) (0,75 điểm) Giải phương trình x  12  x  3x  (1) Điể m Nội dung trình bày  x  12   x   3x   (1)  x2   x  2    x  12  Có x  12  x2  x 12   x2  x2   3  x   0,25 x2    0 x2    x   nên phương trình có nghiệm 3x – > hay x  x2 x 2  3  2 x  12  x   3 Với x chứng tỏ <0 x    x  suy (thỏa mãn ĐK có nghiệm) Vậy phương tình có nghiệm là x =2 b) (0,5 điểm) Nội dung trình bày 0,25 0,25 Điể m Giả sử (1) có nghiệm x0 , x1 và (2) có nghiệm x0 , x2 ( x1 x2) Ta có:  x02  ax0  bc 0    x0  bx0  ca 0 ( a - b)(x0 - c) =  x0 = c ( vì a b) Áp dụng định lý Vi-ét vào phương trình (1) và phương trình (2) ta có: 0,25 0,25  x0  x1  a   x0 x1 bc và  x1 b    x0  x2  b  x2 a   a  b  c 0  x0 x2 ca   x1  x2  c   x1 x2 ab Do đó x1, x2 là nghiệm phương trình x2 + cx + ab = ( phương trình này luôn có nghiệm vì = c2 - 4ab = (a + b)2 - 4ab = (a - b)2 > với a,b tm đk )