Tải Đề thi thử vào lớp 10 THPT môn Toán trường THCS Cao Dương, Hà Nội năm 2016 - 2017 - Đề thi 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 (137.04 KB, 6 trang )

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

TRƯỜNG THCS CAO DƯƠNG ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2016-2017

Mơn: Tốn

Thời gian làm bài 120 phút
Ngày thi: 26/5/2016
(Đề thi gồm 5 câu, 01 trang)
Câu 1. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:

2x x 0 a) 
1 3

x   x b) 
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức

( ) 4

x y y x x y xy

A

xy x y

  

 

 x0;y0;xy với . 
b) Cho hệ phương trình:

2 5 1

2 2

x y m

x y

  




 

 (m là tham số)
( ; )x y x2 2y2 2

  Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn đẳng thức 
Câu 3. (2,0 điểm)

( 4) 2 7

y m  x m y5x1a) Tìm m để đồ thị hàm số song song với đồ thị hàm số 
b) Một tam giác vng có chu vi 24 cm. Độ dài hai cạnh góc vng hơn kém nhau 2 cm.
Tính diện tích của tam giác vng đó ?

Câu 4. (3,0 điểm)

Cho đường trịn (O; R), đường kính AB vng góc với dây cung MN tại điểm H (H nằm
giữa O và B). Trên tia đối của tia NM lấy điểm C nằm ngồi đường trịn (O; R) sao cho
đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O; R) tại điểm K khác A. Hai dây MN và BK cắt nhau ở
E. Qua N kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh:

a) Tứ giác AHEK nội tiếp

b) Tam giác NFK cân và EM.NC=EN.CM

2 2 4 2

KM KN  R c) Giả sử KE =KC. Chứng minh OK // MN và 
Câu 5. (1,0 điểm)

3
x y z  

3 3 3 3

( 1) ( 1) ( 1)
4
x  y  z 

Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn .

Chứng minh:

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM

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

HUYỆN GIA LỘC BÀI THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT- ĐỢT 3
NĂM HỌC 2016 - 2017

MƠN: TỐN

(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Câu ý Đáp án Điểm

1
(2đ)

2
2x x 0
 x(2 x) 0

0 0

2 0 2

x x
x x
 
 

   
  
 
0; 2

x x Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm

0,25
0,5
0,25

1 3
x   x

1 0 1

1 3

3 0 3

x x
x
x x
  
 
    
 
  

  Điều kiện:

2
1 (3 )

x x

    x 1 9 6x x2
    
2 7 8 0

x x

   

7 17
2
x  

Giải phương trình tìm được (loại)
2

7 17
2
x  

(thỏa mãn)

7 17
2
x  

Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm

0,25
0,25
0,25
0,25
2
(2đ) a
2

( ) 4

x y y x x y xy

A

xy x y

  

 



( ) 2 4

xy x y x xy y xy

xy x y

   



 =
2

( x y)

x y
x y

 
 = 
2

x y x y  y = 
2 yKết luận: Vậy A =

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

2 5 1

2 2

x y m

x y
  


 


4 2 10 2 5 10 2

2 2 2 2 1

x y m x m x m

x y x y y m

    

  

     

     

  

2 ; 1

x m y m  x22y2 2Thay vào đẳng thức ta có:

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

b 4m2 2(m 1)2 2 4m2 2(m2 2m 1) 2

       

2 2 2

4m 2m 4m 2 2 6m 4m 0

         3m2 2m0
0

(3 2) 0 2

3 2 0

3
m
m

m m

m m





 

     



  




2

0;
3
m m

Kết luận: Vậy

0,25
0,25
0,25

3
(2đ)

( 4) 2 7

y m  x m y5x1Để đồ thị hàm số song song với đồ
thị hàm số ta có:

2 4 5 2 9 3

3
3

2 7 1 2 6

m

m m

m
m

m m



     

   

  



   

 

m Kết luận: Vậy

0,75
0,25

0x24)Gọi độ dài cạnh góc vng thứ nhất là x (cm; 
2

x Độ dài cạnh góc vuông thứ hai là (cm)

24 ( x x 2) 22 2  xVì chu vi tam giác vng bằng 24 cm, 
nên độ dài của cạnh huyền là: (cm)

Theo Định lý Pi ta go ta có phương trình:
2 ( 2)2 (22 2 )2

x  x   x

2 2 4 4 484 88 4 2

x x x x x

        x2 46x240 0 (1)
1 40

x  Giải phương trình (1) tìm được: (loại)
2 6

x  (thỏa mãn)

6cm 8cmKết luận: Độ dài hai cạnh góc vng của tam giác 
vuông là và

2
1

.6.8 24

2  cm Diện tích tam giác vng là:

0,25
0,25

0,25

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

4
(3đ)

Vẽ hình đúng

 90 ( )0

AHE gt Xét tứ giác AHEK có: 
 900

AKE (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
  1800

AHE AKE

    Tứ giác AHEK nội tiếp

0,25

0,25
0,25
0,25

 MKB NKB  *Do đường kính AB MN nên B là điểm chính 
giữa cung MN (1)

/ /

BK NFTa lại có: (cùng vng góc với AC)

 

NKB KNF

  (so le trong) (2)

 

MKB MFN (đồng vị) (3)

 

MFN KNF

  KFN KNFTừ (1);(2);(3) hay
KNF

  cân tại K
MKN



 ME MK

MKN

EN KN

 

*có KE là phân giác của góc (4)
KEKC MKN  MKN

CM KM

CN KN

 

Ta lại có:; KE là phân
giác của góc KC là phân giác ngồi của tại K (5)

. .

ME CM

ME CN EN CM

EN CN

   

Từ (4) và (5)

0,25

0,25
0,25

0,25

h

k

o

n

m

f

e

c

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

 900  900

AKB  BKC   KEC* Ta có vng tại K
KE KC  KECTheo giả thiết ta lại có vng cân tại K
 KEC KCE 450

  450  450

BEH KEC  OBK  Ta có 
OBK

  OBKMặt kháccân tại Ovng cân tại O
/ /

OK MN

 (cùng vng góc với AB)
* Gọi P là giao điểm của tia KO với (O).

/ /

KP NM Ta có KP là đường kính và ; KP = 2R
KN MPTa có tứ giác KPMN là hình thang cân nên 
 900

PMK  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

2 2 2

MP MK KP Xét tam giác vng KMP, ta có: 
KN MP KN2KM2 4R2 Mà

0,25
0,25

0,25

5
(1đ)

3 3 2 2

(x1) x  3x 3x1x x(  3x3) 1 Ta có 
2

3 3

( ) 1

2 4
x x  x

=
0

x 

2
3
( ) 0

2
x x 



3 3

( 1) 1

4
x  x

Vì (1)
3 3

( 1) 1

4
y  y

Tương tự ta có: (2)
3 3

( 1) 1

4
z  z

(3)

0,25

P

O

K

H

E

N

M

C

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

Từ (1), (2), (3) suy ra:













3 3





3 9 3 3

4 4 4

x  y  z  x y z     

3 3 3 3

( 1) ( 1) ( 1)
4
x  y  z 

Vậy
Dấu đẳng thức xảy ra khi

2
3

0 3

2 0,

2
3

0 3

0,
2

3 3

0 0,

2 2

3
x x

x y z
y y

y x z

z z z x y

x y z

  

 

   

 

    

 

 

  

       

   

 

 

  

   

 

   



  





0,25

</div>

Tải Đề thi thử vào lớp 10 THPT môn Toán trường THCS Cao Dương, Hà Nội năm 2016 - 2017 - Đề thi vào lớp 10 môn Toán có đáp án

h

k

o

n

m

f

e

c

P

O

K

H

E

N

M

C

















Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về