DE VA DA THI THU VAO LOP 10 THPT Nam 2016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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  2  x 1   . x  1 x  2 x  1 x  Bài 1: (2,0 điểm). Cho biểu thức: P =  1. Tìm ĐK của x để biểu thức P xác định. 2. Rút gọn P 3. Tìm x nguyên để P có giá trị nguyên. Bài 2: (2.0 điểm). 1. Giải phương trình sau: 2x – 5 = 10 – 3x 2. Giải hệ phương trình sau: ¿ 2 x + y =−4 x − 3 y =5 ¿{ ¿. Bài 3: (2.0 điểm). Cho phương trình bậc hai: x2 - (m - 1)x + m2 - 14 = 0 (m là tham số) 1. Giải phương trình với m = 4. 2. Tìm gía trị của m để phương trình có 2 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 đi qua O (C nằm giữa M và D) với đường tròn (O). Đoạn thẳng OM cắt AB và (O) theo thứ tự tại H và I. Chứng minh: 1. Tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn; 2. MC.MD = MA2. 3. CI là phân giác của góc MCH. Bài 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ĐK: a + b + c = 1 Chứng minh rằng: a  b  b  c  c  a  6 ------------------------------Hết------------------------------. Họ tên thí sinh: ………………………………Số báo danh: ………………….…… Chữ kí của giám thị 1:……………………… Chữ kí của giám thị 2: ………...…….

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2016 -2017 (LẦN 2) Môn :Toán 9 ĐỀ A Thời gian 120 phút ( Không kể thời gian giao đề ) Bài 1. Ý 1 2. Nội dung ĐKXĐ: x > 0, x 1    P = .  =. x 2. . =. 2. x 2.  . . . .   x  1 . . x 1. x  2 x 2 x . x 2. x1  2. . x 1. x 2. . 2. 3. 1. .. x1. . x1. x 1. 0,25. x 1 x. 0,25 2 x.  =. . x 1. . x1. x. 2 = x1. 2 thì P = x  1. 2 1 Ta có: P = x  1 và x > 0, x , x Z nên để P nguyên thì. x - 1 Ư(2) =1; 2 * Nếu x - 1 = 1  x = 2 ; 1. . x1. Vậy Với ĐKXĐ: x > 0, x. 2.   . x 1 x x 1  . x 2.  . x 1. x 2 x . 3. Điểm 0,25. 0,5 0,25. 0,25. * Nếu x - 1 = 2  x = 3.. Vậy với x = 2; 3 thì P có giá trị nguyên 2x – 5 = 10 – 3x  5x = 15  x = 3 Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 3 ¿ 6 x  3 y  12 7 x  7  2 x + y =−4    x  3 y 5  x  3 y 5 x − 3 y =5 ¿{ ¿  x  1  x  1  x  1     1  3 y 5  3 y 6  y  2. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x;y) = (-1;-2) Thay m = 4 vào PT: x2 - (m - 1)x + m2 - 14 = 0 ta có: x2 - (4-1)x + 42 - 14 = 0  x2 - 3x + 16 - 14 = 0  x2 – 3x + 2 = 0 là PT bậc hai một ẩn có dạng a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0 nên có 2 nghiệm x1= 1; x2 = c/a = 2/1 = 2 Vậy x1= 1; x2 = 2.. 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. Để PT x2 - (m - 1)x + m2 - 14 = 0 có 2 nghiệm thì  0. 0,25. 2.     m  1   4.1.  m 2  14  0  m 2  2m 1  4m2  56 0   3m 2  2m  57 0 2  172 172  1  1   172    3m   0   3 m       3 3  3 3   3 . . . .  2 43  1  3m 2 43  1  3m 0  . 3m . 1   0 3 . 2 43 1 2 43  1 m  3 3. 2. Gọi x1; x2 là 2 nghiệm của pt: x - (m - 1)x + m - 14 = 0, theo hệ thức Vi - ét ta có: x1 + x2 = m - 1 và x1.x2 = m2 - 14 Theo bài ra x12 + x22 = 30   x1  x2   2 x1.x2 30 Do đó: (m-1)2 - 2(m2 - 14) = 30  m2 - 2m + 1 - 2m2 + 28 = 30  m2 + 2m + 1 = 0  (m+1)2 = 0  m+1= 0  m = -1 (thỏa mãn ĐK trên) Vậy m = -1 là giá trị cần tìm.. 0,25. Hình vẽ đúng. 0,25. 2. 4. 1. 0,25. 2. A. 0,25 D 0,25. D C M. I. H. O. B. 2. Vì MA, MB là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại 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 của (O))   MAC  MDA (g.g) . 3. MA MD   MC.MD MA2 MC MA. 0,5 0,25. 0,5 0,5. Áp dụng hệ thức lượng vào  MAO vuông tại 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.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . MC MO MO MC MO    HC DO OA hay CH OA (1) (vì OD = OA)    MAI IAH. Ta lại có: (cùng chắn 2 cung bằng nhau) MAH phân giác của .. AI là đường. MI MA  Theo t/c đường phân giác của tam giác, ta có: IH AH (2) 0     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 của. 0,25 0,25. góc MCH. 5. Vì a, b, c là ba số dương nên áp dụng BĐT Cô - Si ta có: 2 a b 2 3 . a b  (1); 3 2. 2 b c 2 3 . b c  (2); 3 2. 2 c a 2 3 . ca  (3). 3 2. 0,5. Cộng vế với vế của (1), (2) và (3) ta có: 2 3. . . a b  b c  c  a . . 6 . 3. . 6. . . 2  2 a  b  c 2. . a b  b c  c a . . 22 2  vìa  b  c 1 2. a  b  b  c  c  a 6 . a b  b c  c a  6. 1  a b c  3 Dấu "=" xảy ra. 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.. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 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 2 x 2 x  1   . x  1 x  2 x  1 x  Bài 1: (2,0 điểm). Cho biểu thức: Q =  1. Tìm ĐK của x để biểu thức Q xác định. 2. Rút gọn Q 3. Tìm x nguyên để Q có giá trị nguyên. Bài 2: (2.0 điểm). 1. Giải phương trình sau: 2x – 3 = 12 – 3x 2. Giải hệ phương trình sau: 2 x  y 4   x  3 y 9. Bài 3: (2.0 điểm). Cho phương trình bậc hai: x 2 - (n - 1)x + n2 - 14 = 0 (n là tham số) 1. Giải phương trình với n = 4. 2. Tìm gía trị của n để phương trình có 2 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 đi qua O (C nằm giữa S và D) với đường tròn (O). Đoạn thẳng OS cắt AB và (O) theo thứ tự tại H và I. Chứng minh: 1. Tứ giác SAOB nội tiếp đường tròn; 2. SC.SD = SA2. 3. CI là phân giác của góc SCH. Bài 5: (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn ĐK: x + y + z = 1 C/mr:. x y  yz  zx  6. ------------------------------Hết------------------------------. Họ tên thí sinh: ………………………………Số báo danh: ………………….…….

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Chữ kí của giám thị 1:……………………… Chữ kí của giám thị 2: ………...……. HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2016 -2017 (LẦN 2) Môn :Toán 9 ĐỀ B Thời gian 120 phút ( Không kể thời gian giao đề ) Bài 1. Ý 1 2. Nội dung. Điểm 0,25. ĐKXĐ: x > 0, x 1    Q = . x 2 2.  . x  1 x x 1  . x 2. .    x  1  x  2 x 1   x  2  x  1 .  x  1  x  1 = . x1. 2. 0,25. x1 x. x 2 x  x  2 x 2 x  x 2. =. . . x1. . x 1. Vậy Với ĐKXĐ: x > 0, x 3. 1 2. 3. 1. 1. 2 x.  =. . x 1. . x1. x. 2 = x1. 2 thì Q = x  1. 2 1 Ta có: Q = x  1 và x > 0, x , x  Z nên để Q nguyên thì. x - 1Ư(2) = 1; 2 * Nếu x - 1 = 1  x = 2 ; 2. x. 0,25 0,5 0,25. 0,25. * Nếu x - 1 = 2  x = 3.. Vậy với x = 2; 3 thì Q có giá trị nguyên 2x – 3 = 12 – 3x  5x = 15  x = 3 Vậy phương trình có 1 nghiệm x = 3 2 x  y 4 6 x  3 y 12 7 x 21     x  3 y 9  x  3 y 9  x  3 y 9  x 3  x 3  x 3    3  3 y 9 3 y 6  y 2. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x; y) = (3; 2) Thay n = 4 vào PT: x2 - (n - 1)x + n2 - 14 = 0 ta có: x2 - (4-1)x + 42 - 14 = 0  x2 - 3x + 16 -14 = 0  x2 – 3x + 2 = 0. 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 2. là PT bậc hai một ẩn có dạng a + b + c = 1 - 3 + 2 = 0 nên có 2 nghiệm x1= 1; x2 = c/a = 2/1 = 2 Vậy x1= 1; x2 = 2. Để PT x2 - (n - 1)x + n2 - 14 = 0 có 2 nghiệm thì  0. 0,25 0,25 0,25. 2.     n  1   4.1.  n 2  14  0  n 2  2n  1  4n 2  56 0   3n 2  2n  57 0 2  172 172  1  1   172 1     3n  0    3n   3n     0  3  3 3  3 3   3. . . .  2 43  1  3n 2 43  1  3n 0 . 1  2 43 2 43  1 n  3 3. Gọi x1; x2 là 2 nghiệm của pt: x2 - (n - 1)x + n2 - 14 = 0, theo hệ thức Vi - ét ta có: x1 + x2 = n - 1 và x1.x2 = n2 - 14 Theo bài ra x12 + x22 = 30   x1  x2   2 x1.x2 30 Do đó: (n-1)2 - 2(n2 - 14) = 30  n2 – 2n + 1 – 2n2 + 28 = 30  n2 + 2n + 1 = 0  (n+1)2 = 0  n+1= 0  n = -1 (thỏa mãn ĐK trên) Vậy n = -1 là giá trị cần tìm.. 0,25. Hình vẽ đúng. 0,25. 2. 4. 1. 0,25. A. 0,25 D 0,25. D C S. I. H. O. B. Vì SA, SB là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B nên   SAO SBO 900 . Do đó tứ giác SAOB nội tiếp đường tròn đường kính SO. 2.  Xét  SAC và  SDA có: S chung,   SAC SDA (cùng chắn cung AC của (O))   SAC  SDA (g.g) . 3. SA SD   SC.SD SA2 SC SA. 0,5 0,25. 0,5 0,5. Áp dụng hệ thức lượng vào  SAO vuông tại 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.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  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 2 cung bằng nhau)  phân giác của SAH .. 0,25. AI là đường. SI SA  Theo t/c đường phân giác của tam giác, ta có: IH AH (2) 0     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 của. 0,25 0,25. góc SCH. 5. Vì x, y, z là ba số dương nên áp dụng BĐT Cô - Si ta có: 2 xy 2 . x y 3 (1); 3 2. 2  yz 2 . y  z 3 (2); 3 2. 2 zx 2 . z  x 3 (3). 3 2. 0,5. Cộng vế với vế của (1), (2) và (3) ta có: 2 3. . . x y  yz  zx . . 6 . 3. . 6. . . 2  2 x  y  z 2. . x y  yz  zx . . x  y  y  z  x 6 . 22 2  vì x  y  z 1 2 x y  yz  zx  6. 1  x  y z  3 Dấu "=" xảy ra. 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.. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>