Tải Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán trường THCS Trần Mai Ninh năm học 2016 - 2017 (lần 1) - Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán có đáp án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (199.91 KB, 15 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH

ĐỀ A

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT (Lần 01)
 NĂM HỌC 2016 – 2017

Mơn: TỐN

(Thời gian làm bài 120 phút)

Ngày thi 22 tháng 5 năm 2017

Bài 1: (2 điểm)

a

a 1 a 2 a 3

A

a 9

a 3













Cho biểu thức:

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A.
b) Tìm các giá trị của a để A  1.

Bài 2: (2 điểm)

2x y 3

3x 2y 1















a) Giải hệ phương trình:

y



2x k



y





k 2 5 x 3









b) Trong cùng mặt phẳng tọa độ cho các đường thẳng

(d): và đường thẳng (d’): (với k  -2). Xác định k để (d) song song với (d’).
Bài 3: (2 điểm)

Cho phương trình : x2 – 2ax + a2 – a + 1 = 0

a) Tìm giá trị của a để phương trình có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó
2

1 2

x + 2ax = 9

b) Tìm a để phương trình có 2 nghiệm x

1, x2 thỏa mãn:

Bài 4: (3 điểm)

Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Điểm C cố định trên nửa đường tròn. Điểm M thuộc
cung AC (M  A; C). Hạ MH  AB tại H, tia MB cắt CA tại E, kẻ EI  AB tại I. Gọi K là giao điểm của
AC và MH. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác BHKC là tứ giác nội tiếp;
b) AK.AC = AM2;

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

d) Khi M chuyển động trên cung AC thì đường trịn ngoại tiếp tam giác MIC đi qua hai điểm cố
định.

Bài 5: (1 điểm)

2 a b c

   Q



2a bc



2b ca



2c ab



Với a, b, c là các số dương thỏa mãn

điều kiện . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

________________Hết_______________

(Chú ý: Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm)

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH

ĐỀ B

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT (Lần 01)

NĂM HỌC 2016 – 2017

Mơn: TỐN

(Thời gian làm bài 120 phút)

Ngày thi 22 tháng 5 năm 2017

Bài 1: (2 điểm)

b

b 1 b 2 b 3

B

b 9

b 3













Cho biểu thức:

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức B.
b) Tìm các giá trị của b để B ≥ 1.

Bài 2: (2 điểm)

x 2y 6

2x 3y 7















a) Giải hệ phương trình:

y 3x m





y





m 5 1 x 3

 





b) Trong cùng mặt phẳng tọa độ cho các đường thẳng

(d): và đường thẳng (d’): (với m  -5). Xác định m để (d) song song với (d’).
Bài 3: (2 điểm)

Cho phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0

a) Tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm kép. Tìm nghiệm kép đó

1 2

x + 2mx = 9 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn:

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Cho nửa đường trịn (O) đường kính PQ = 2R. Điểm N cố định trên nửa đường tròn. Điểm M thuộc
cung PN (M  P; N). Hạ MH  PQ tại H, tia MQ cắt PN tại E, kẻ EI  PQ tại I. Gọi K là giao điểm của
PN và MH. Chứng minh rằng:

a) Tứ giác QHKN là tứ giác nội tiếp;
b) PK.PN = PM2;

c) PE.PN + QE.QM không phụ thuộc vị trí của điểm M trên cung PN;

d) Khi M chuyển động trên cung PN thì đường trịn ngoại tiếp tam giác MIN đi qua hai điểm cố
định.

Bài 5: (1 điểm)

2 x y z



 

P



2x yz



2y zx



2z xy



Với x, y, z là các số dương thỏa mãn

điều kiện . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

(Chú ý: Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH

ĐỀ A

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ
VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

Mơn: TỐN (Lần 01)

Bài 1 Nội dung Điểm

Câu a)

(1đ )

Câu b)

a) ĐKXĐ: a  0 và a  9. 0,25 đ



 





 





 



a. a 3

a 1 . a 3

a 2 a 3

A

a 3 . a 3



















 



a 3 a a 3 a

a 3 a 2 a 3

a 3 . a 3



 













0,25 đ



 



a 3 a

a 3 . a 3









0,25 đ







 



a. a 3

a 3 . a 3









a

a 3





0,25 đ

a

A 1

1 a 3

 





a

1 0

a 3









b) Với a  0 và a  9, 0,25 đ

3

0 a 3 0

a 9

a 3



 



 





0, 5 đ

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

(1đ )

Vậy: 0  a < 9

Bài 2

Câu a
( 1 đ)

Câu b
(1 đ)

2x y 3

4x 2y 6

3x 2y 1

























a) 0,25 đ

x 5

2x y 3





 







0,25 đ

x 5

2.5 y 3

y

7 



















0,25 đ

x 5

y

7 









Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất là 0,25 đ

k 2 5

2 k 3











 







b) (d) // (d’)

0,25 đ

k 2 9

k 2 3

k 3









 

















0,25 đ

k 7

k 3

















(thỏa mãn điều kiện k  -2) 0,25 đ

Vậy k = 7 0,25 đ

Bài 3 a)

1đ

Với phương trình : x2 – 2ax + a2 – a + 1 = 0

Ta có: / = a2 – a2 + a - 1 = a – 1

  

Phương trình có nghiệm kép / = 0 a – 1= 0 a = 1

1 2

1 x



x

 

a

khi đó nghiệm kép là:

0, 5đ

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

2đ

1 đ

  

Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 / ≥0 a –1 ≥ 0 a ≥ 1

1 2

2
1 2

2 (1)

.

a – a 1

(2)

x

a

x x















theo hệ thức Vi –ét ta có:

1 2

x + 2ax = 9 Mà theo bài cho, thì (3)
Thay (1) vào (3) ta được:

1 2

1 2 2

1 x2) x x1 2 9 (4)



   

1 2

2
1

x + (x + x )x = 9
x + x x + x = 9
(x

2 2 2

4a



a



a



1 9





3 a



a



10 0



Thay(1), (2) vào (4) ta

được:
5

3 Giải phương trình ta được: a1= - 2 (loại) ; a2 = (TMĐK)

1 2

x + 2ax = 9

3 Vậy a = thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1, x2 :

0,25đ

Bài 4

3 đ

a)



ACB 

90

Ta có góc (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)



90

KCB 

Hay

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

1 đ

Xét tứ giác BHKC, có:

MHAB

KHB 



90

0(vì )



90

KCB 

(cm trên)



180

KCB KHB





 , mà hai góc này là hai góc đối diện .

0,5đ

Vậy tứ giác BHKC nội tiếp đường tròn. 0,25đ

b)

0,75

Chứng minh được AHK ACB (g-g)

0,25đ
Suy ra AK.AC = AH.AB (1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam vng AMB ta có:

AH.AB = AM2 (2) 0,25đ

Từ (1) và (2) suy ra AK.AC = AM2. 0,25đ

c)
0,75

Chứng minh được AEI ABC (g-g) AE.AC = AI.AB (3)
Chứng minh được BEIBAM (g-g)BE.BM=BI.AB (4)

0,25đ
0,25đ

Từ (3) và (4) suy ra :

AE.AC + BE.BM = AB.AI + BI.AB

2 2

= AB(AI + BI) = AB = 4R .

0,25đ

d)
0,5



EIC EBC





CM được tứ giác BCEI nội tiếp đường tròn



EIM EAM





CM được tứ giác AMEI nội tiếp đường tròn



1 

EAM EBC

MOC

2 















Mà

0,25đ



MIC MOC



Do đó , mà O và I là hai đỉnh kề nhau của tứ giác MOIC =>

Tứ giác MOIC nội tiếp => Đường tròn ngoại tiếp tam giác MIC đi qua hai
điểm O và C cố định.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Bài 5: (1 điểm)

2 a b c

   Q



2a bc



2b ca



2c ab



Với a, b, c là các số dương thỏa mãn

điều kiện . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Ta có a+b+c=2 nên 2a+bc=(a+b+c)a+bc = (a+b)(a+c)

u a b

 

Áp dụng bất đẳng thức Cosi với 2 số dương và v = a + c, ta có:

2 (

)(

)

2 a b a c

a b c

a bc





a b a c





 





 

(1)

0,25đ

2 b a c

b ac







2 c a b

c ab







Tương tự (2); (3)

0,25đ

Cộng các bđt (1), (2), (3) ta được:

2 2(

) 4

a b c

b a c

c a b

Q

a bc

b ca

c ab

Q

a bc

b ca

c ab

a b c

 

















 



0,25đ

3 Dấu "=" xảy ra khi a = b = c =
2

3 Vậy Max Q = 4 khi a = b = c =.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

TRƯỜNG THCS TRẦN MAI NINH

ĐỀ B

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ
VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 – 2017

Mơn: TỐN (Lần 01)

Bài 1 Nội dung Điểm

Câu a)

(1đ )

1) ĐKXĐ: b  0 và b  9. 0,25 đ



 





 





 



b. b 3

b 1 . b 3

b 2 b 3

B

b 3 . b 3



















 



b 3 b b 3 b

b 3 b 2 b 3

b 3 . b 3

















0,25 đ



 



b 3 b

b 3 . b 3









0,25 đ







 



b. b 3

b 3 . b 3









b

b 3





</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Câu b)

(1đ )

b

B 1

1 b 3

 





b

1 0

b 3









2) b  0 và b  9, 0,25 đ

3

0 b 3 0

b 9

b 3



 



 





0, 5 đ

Kết hợp với điều kiện b  0 và b  9 ta có: b > 9.

Vậy: b > 9

0,25 đ

Bài 2

Câu a
( 1 đ)

Câu b
( 1 đ)

x 2y 6

2x 4y 12

2x 3y 7

























1) 0,25

y 5

2x 3y 7





 







0,25

y 5

2x 3.5 7

x 4



















0,25

x 4

y 5











Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất là

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

m 5 1 3

m 3











 







2) (d) // (d’)

0,25

m 5 16

m 5 4

m 3









 

















0,25

m 11

m 3

















(thỏa mãn điều kiện m  - 5) 0,25

Vậy m = 11 0,25

B
 ài 3 :

2 điểm

1đ

Với phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0

Ta có: / = m2 – m2 + m - 1 = m – 1

  

Phương trình có nghiệm kép / = 0 m – 1= 0 m = 1

1 2

1 b

x

m

a





khi đó nghiệm kép là:

0, 5

1đ

  

Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 / ≥0 m –1 ≥ 0 m ≥ 1

1 2
2
1 2

2 (1)

.

m – m 1

(2)

x

m

x x















theo hệ thức Vi –ét ta có:

1 2

x + 2mx = 9

Mà theo bài cho, thì (3)

Thay (1) vào (3) ta được:

1 2 1 2 2

x

)

x x

1 2

9 (4)









2 2

1 2 1

x + (x + x )x = 9

x + x x + x

= 9

(x

2 2 2

4m



m



m



1 9

 

3 m



m



10 0



Thay(1), (2) vào (4) ta

được :
5

3 Giải phương trình ta được: m1= - 2 (loại) ; m2 = (TMĐK)

0,25

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

3 x + 2mx = 9 Vậy m = thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x12 2 1, x2 :

0,25

Bài 4

3đ

a)

1



90

PNQ 

Ta có góc (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)



90

KNQ 

Hay .

0,25

Xét tứ giác QHKN, có:



90

KHQ 

MHPQ(vì )



90

KNQ 

(cm trên)





KNQ KHQ







180

0 , mà hai góc này là hai góc đối diện .

0, 5

Vậy tứ giác QHKN nội tiếp đường tròn. 0,25

b)

0,75

Chứng minh được PHK PNQ (g-g)

0,25
Suy ra PK.PN = PM2 (1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam vng AMB ta có: 0,25
O

K

H I

E

N
M

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

PH.PQ = PM2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra PK.PN = PM2. 0,25

c)

0,75

C/minh được PEI PQN (g-g)  PE.PN = PI.PQ (3)
C/minh được QEI QPM (g-g)  QE.QM = QI.PQ (4)

0,25
0,25

Từ (3) và (4) suy ra :

PE.PN + QE.QM = PQ.PI + QI.PQ

2 2

= PQ (PI + QI) = PQ = 4R .



0,25

d)

0,5



EIN EQN





CM được tứ giác QNEI nội tiếp đường tròn



EIM EPM





CM được tứ giác PMEI nội tiếp đường tròn



1 

EPM EQN

MON

2 















Mà

0,25



MIN MON



Do đó , mà O và I là hai đỉnh kề nhau của tứ giác MOIN

=> Tứ giác MOIN nội tiếp => Đường tròn ngoại tiếp tam giác MIN đi qua
hai điểm O và N cố định.

0,25

Bài 5: (1 điểm)

2 x y z



 

P



2x yz



2y zx



2z xy



Với x, y, z là các số dương thỏa mãn

điều kiện . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Ta có x + y + z = 2 nên 2x + yz = (x + y + z)x + yz = (x + y)(x + z)

u x y

 

Áp dụng bất đẳng thức Cosi với 2 số dương và, v = x + z, ta có:

2 (

)(

)

2 x y x z

x y z

x yz





x y x z











(1)

0,25

2 y x z

y xz







2 z x

y

z xy







Tương tự (2); (3)

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Tải Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán trường THCS Trần Mai Ninh năm học 2016 - 2017 (lần 1) - Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán có đáp án

a

a 1 a 2 a 3

A

a 9

a 3

a 3



















2x y 3

3x 2y 1















y



2x k



y





k 2 5 x 3









x + 2ax = 9

2

<i>a b c</i>

   Q



2a bc





2b ca





2c ab



b

b 1 b 2 b 3

B

b 9

b 3

b 3



















x 2y 6

2x 3y 7















y 3x m





y



