Tải bản đầy đủ (.docx) (7 trang)

De thi vao lop 10 theo cau truc so gd dt Binh Dinh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (152.89 KB, 7 trang )

(1)SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH. KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2015 – 2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề Chú ý: Đề thi theo cấu trúc cảu sở. ĐỀ THI SỐ 1 Câu 1: (2,0 điểm). Cho phương trình: x2 - 2( m+ 1)x + m2 + 2m = 0 (1) ( m là tham số) a) Giải phương trình với m = 1. 3 3 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn x1  x 2 8 .. Câu 2: (2,0 điểm)  1 M=  a1  Cho biểu thức:. 1   a 1  : a   a  2. a 2  a  1 . a) Rút gọn M. M . 1 2.. b) Tìm các giá trị của a để Câu 3: (2,0 điểm) 3x - 2y = 5  a) Giải hệ phương trình: 2x + 3y = 12 b) Cho hàm số: y = ax +b. Tìm a, b biết đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng ( d1 ): y = 3x – 5 và đi qua giao điểm Q của hai đường thẳng ( d 2 ): y = 2x - 3; ( d 3 ): y = - 3x + 2. Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC). Đường cao BD, CE cắt nhau ở H. DE cắt BC ở F. M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: a) Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp. b) FE. FD = FB. FC. c) FH vuông góc với AM. Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c sao cho abc = 1. Chứng minh:. ab ca bc + 5 + 5 1 5 5 a + b + ab b + c  bc c + a 5 + ca 5. -----------------------------------Hết---------------------------------Họ và tên thí sinh:……………………………………………………Số báo danh:………….

(2) SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH. KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học: 2015 – 2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian giao đề. ĐỀ THI SỐ 2 Câu 1: (2,0 điểm). Cho phương trình: x2 - 2( n - 2) x + n2 - 4n = 0 (1) ( n là tham số) a) Giải phương trình với n = 1. 3 3 b) Tìm n để phương trình có hai nghiệm x1 , x 2 thỏa mãn x1  x 2 64 .. Câu 2: (2,0 điểm)  1 1   x 1 A=   :  x 3 x   x  3  Cho biểu thức:. x 3  x  1 . a) Rút gọn A. b) Tìm các giá trị của x để Câu 3: (2,0 điểm). A . 1 4. 2x - 3y = 5  a) Giải hệ phương trình: 3x + 2y = -12. b) Cho hàm số: y = mx + n. Tìm m, n biết đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng ( d1 ): y = 2x – 3 và đi qua giao điểm T của hai đường thẳng ( d 2 ): y = 3x + 2; ( d 3 ): y = - 2x - 3. Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác MNP nhọn (MN > MP). Đường cao NH, PK cắt nhau ở D. HK cắt NP tại Q. A là trung điểm của NP. Chứng minh rằng: a) Tứ giác NKHP là tứ giác nội tiếp. b) QK . QH = QP . QN. c) QD vuông góc với AM. Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z sao cho: xyz = 1. Chứng minh:. xy yz zx + 5 + 5 1 5 5 x + y + xy y + z  yz z + x 5 + zx 5. -----------------------------------Hết---------------------------------Họ và tên thí sinh:……………………………………………………Số báo danh:………….

(3) ĐỀ THI SỐ 1. Câu. HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN Năm học: 2015 – 2016. Nội dung a) Với m = 1 phương trình (1) trở thành x2 – 4x + 3 = 0. Ta có: 1 + (-4) + 3 = 0 phương trình có dạng a+ b + c = 0. Do đó phương trinh có hai nghiệm là x1 1; x 2 3.. Điểm 0.25 0.5 0.25. Vậy với m = 1 phương trinh có hai nghiệm là x1 1; x 2 3. Câu 1 , 2 2 (2điểm b) Ta có:  (m 1)  ( m  2m) 1  0 . ) Do đó phương trình (1) có hai nghiệm với mọi m. 3 3 Vì x1  x 2 8 nên x1  x 2 . Khi đó x1 m  2; x 2 m.. 0.25.  m 0 x  x 2 8  ( m  2)  m 8    m  2 3 3 Vậy với m   2; 0 thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn x1  x 2 8 . Câu 2 a) ĐKXĐ: a > 0; a 1;a 4 (2điểm  ( a - 2)( a  1)  a - a  1  a  1  (a  4)  1 a 2 ) M= : : = = 3 1. 3. 3. 3. a ( a  1)  ( a  2)( a  1)  a ( a -1)  1 a 2 1 M>-    2 a  4   3 a  2 2 3 a b) a>. Câu 3 (2điểm ). 3. a .  . 3 a. 4 16 a 5 25. 0.5 0.25 0,25 0,75 0,75. 16 1 ; a 1; a  4 M  25 2 thì. Kết hợp với ĐKXĐ ta có: 16 1 a>;14 M  2. Vậy : 25 thì 3x - 2y = 5 13x = 39  x 3    a) Ta có: 2x + 3y = 12 2x + 3y = 12  y 2  x 3  Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  y 2. 0.25. 0.75 0.25. a) Vì đồ thị hàm số y = ax +b song song với đường thẳng ( d1 ): y = 3x – 5 Nên a = 3; b  5 Vì Q là giao điểm của hai đường thẳng ( d 2 ): y = 2x - 3; ( d 3 ): y = - 3x + 2 nên. 0,25 0,5.  y 2 x  3  x 1    y  3 x  2  y  1. tọa độ của điểm Q là nghiệm của hệ phương trình => Q( 1 ; -1) Do đồ thị hàm số đã cho đi qua Q nên - 1 = 3 + b => b = - 4 thỏa mãn b  5 Vậy a = 3, b = - 4 thỏa mãn bài toán.. 0,25.

(4) 0,5 0,5 0,5. Câu 4 0   (3điểm a/ Ta có BD  AC ; CE  AB (GT)  BDC BEC = 90 ) Hai điểm E, D cùng nhìn BC dưới một góc vuông =>tứ giác BEDC nội tiếp   A Vì BEDC nội tiếp => FEB  FCD  Mà EFB chung  ΔFEB ΔFCD (g.g) . FE FC =  FD.FE = FB.FC FB FD. 0,5. K. Gọi giao điểm của FA với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là K.   Ta có tứ giác AKBC nội tiếp => FKB  FCAF  Lại có KFB chung. D. E. H B. C. M. 0.25. N. FK FC =  FK . FA = FB.FC FB FA FK FD  FK . FA = FE. FD   FE FA KFE     ΔFKE  ΔFDA (g.g) => FKE  FDA Mà chung => tứ giác AKED nội tiếp. ADH  AEH = 900  ΔFKB ΔFCA (g.g) . Mặt khác ( GT) => A, E, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH.. 0.25. 0.25. . =>K thuộc đường tròn đường kính AH => AKH = 900. Gọi N là giao điểm của HK và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. . . 0. Ta có AN là đường kính  ABN  ACN = 90 0.25 = > NC // BH; BN // CH => BHCN là hình bình hành => HN đi qua trung điểm M của BC => MH vuông góc với FA. Vì H là giao điểm hai đường cao BD, CE nên H là trực tâm của tam giác ABC => AH vuông góc với FM. Trong tam giác FAM có hai đường cao AH, MK nên H là trực tâm của tam giác =>FH vuông góc với AM. Câu 5 Vì a, b, c là các số dương nên (1điểm a 5 + b 5 = (a + b)(a 4 - a 3b + a 2 b 2 - ab 3 + b 4 ) ) 2 2 2 2 2 2 2 = (a + b)  a b  ( a  b) ( a  ab  b )  ( a  b) a b  a 5  b5  ab ab [ ab ( a  b) 1]  a 5  b5  ab a 2b 2 ( a  b  c ) ( do abc 1) ab c  5  a  b5  ab a b c bc a ca b  ; 5  5 5 a  b  c c  a  ca a bc ; Tương tự ta có: b  c  bc 5. 0.5.

(5) ab ca bc + 5 + 5 1 5 5 5 a + b + ab b + c  bc c + a + ca Khi đó: Dấu “ =” xảy ra khi a = b = c = 1 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì vẫn được điểm tối đa. Bài hình không có hình vẽ hoặc vẽ sai thì không chấm điểm.. 0.25. 5. ĐỀ THI SỐ 2. Câu. Câu 1 (2điểm ). HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN Năm học: 2015 – 2016. Nội dung a) Với n = 1 phương trình (1) trở thành x2 + 2x - 3 = 0. Ta có: 1 + 2 +(- 3) = 0 phương trình có dạng a + b + c = 0. Do đó phương trinh có hai nghiệm là x1 1; x 2  3. Vậy với n = 1 phương trinh có hai nghiệm là x1 1; x 2  3. , 2 2 b) Ta có:  (n  2)  ( n  4n) 4  0 . Do đó phương trình (1) có hai nghiệm với mọi n. 3 3 Vì x1  x 2 64 nên x1 ,  x 2 . Khi đó x1 n; x 2 n  4.  n 0 x  x 2 64  n  ( n  4) 64    n 4 3 3 Vậy với n  4; 0 thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn x1  x 2 64 . 3 1. Câu 2 (2điểm ). 3. 0.25. 3. 3. a) ĐKXĐ: x > 0; x 1; x 9. Điểm 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 0.25 0,25.  ( x - 3)( x  1)  3( x  1) x - x  3  x  1  ( x  9)  1 : = :  0,75   = 8 x ( x  3)  ( x  3)( x  1)  x ( x - 3)  8 x  1 3( x  1) 1 3 9 A>-    3 x  3   2 x  x   x  0,75 4 4 5 25 8 x b) A=. x>. Câu 3 (2điểm ). 9 1 ; x 1; x 9 A  25 4 thì. Kết hợp với ĐKXĐ ta có: 9 1 x> ; x 1; x 9 A  25 4. Vậy : thì 2x - 3y = 5 13y = - 39  x  2    a) Ta có: 3x + 2y = -12 3x + 2y = -12  y  3  x  2  Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  y  3. 0.25 0.75 0.25.

(6) b) Vì đồ thị hàm số y = mx +n song song với đường thẳng ( d1 ): y = 2x – 3 Nên m= 2; n  3 Vì T là giao điểm của hai đường thẳng ( d 2 ): y = 3x + 2; ( d 3 ): y = - 2x - 3 nên  y 3 x  2  x  1    y  2 x  3  y  1. tọa độ của điểm T là nghiệm của hệ phương trình => T( -1 ; -1) Do đồ thị hàm số đã cho đi qua T nên -1 = - 2 + n => n = 1 thỏa mãn n  3 Vậy m = 2, n = 1 thỏa mãn bài toán 0   Câu 4 a) Ta có PK  MN ; NH  MP (GT)  PKN PHN = 90 (3điểm Hai điểm K, H cùng nhìn NP dưới một góc vuông ) =>tứ giác PHKN nội tiếp.   b) Vì PHKN nội tiếp => QHP QNK  HQP. Mà. QH QN ΔQHP ΔQNK (g.g)  =  QK .QH = QP.QN QP QK.   Q Ta có tứ giác MLPN nội tiếp => QLP QNM  LQP. Lại có. K. 0,5. H. D P. N. A G. chung. QL QN =  QL. QM = QP. QN QP QM QH QM  QH . QK = QL. QM    QL QK mà LQH chung  ΔQLH ΔQKM (g.g)  ΔQLP ΔQNM (g.g) . . 0,25. 0,5 0,5. L. c) Gọi giao điểm của MQ với đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP là L.. 0,5. 0,5 M. chung nên. 0,25. 0.25. . => QLH QKM => tứ giác MLHK nội tiếp. 0   Mặt khác MKD MHD = 90 ( GT) => H, M, K cùng thuộc đường tròn đường kính MD.. 0.25. . => L thuộc đường tròn đường kính MD => MLD = 900. Gọi G là giao điểm của LD và đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP. 0    Ta có MLD = 900 => MG là đường kính  MNG MPG = 90. = > ND // PG; GN // PD => PDNG là hình bình hành => GD đi qua trung điểm A của NP => DA vuông góc với MQ. Vì D là giao điểm hai đường cao NH, PK nên D là trực tâm của tam giác MNP => MD vuông góc với QN. Trong tam giác MQA có hai đường cao MD, AD nên D là trực tâm của tam giác => QD vuông góc với AM. Câu 5 Vì x, y, z là các số dương nên (1điểm ). 0.25. 0.25.

(7) x 5 + y 5 = (x + y)(x 4 - x 3 y + x 2 y 2 - xy 3 + y 4 ) = (x + y)  x 2 y 2  ( x  y ) 2 ( x 2  xy  y 2 )  ( x  y ) x 2 y 2  x 5  y 5  xy xy [ xy ( x  y ) 1]. 0.5.  x 5  y 5  xy x 2 y 2 ( x  y  z ) ( do xyz 1) . xy z  5 x  y  xy x yz 5. yz x zx y  ; 5  5 5 y  z  yz x  y  z z  x  zx x yz ; 5. Tương tự ta có: xy yz zx + 5 + 5 1 5 5 5 5 x + y + xy y + z  yz z + x + zx Khi đó:. Dấu “ =” xảy ra khi x = y = z = 1 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì vẫn được điểm tối đa. Bài hình không có hình vẽ hoặc vẽ sai thì không chấm điểm. 0.25 0.25.

(8)

×