De thi thu Hai Van 1 vao 10 THPT

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 1. Giá trị của x để biểu thức 3  x có nghĩa là A. x 3 B. x  3. C. x 3. D. x  3. Câu 2. Đường thẳng (d): y 2 x  6 cắt trục tung tại điểm có tọa độ là A. (0;  6) B. (3; 0) C. (0; 3). D. (  6; 0). Câu 3. Phương trình 2x  y  2 và phương trình nào sau đây sẽ lập thành một hệ phương trình có vô số nghiệm? A. 2x + y 3 B.  6x  3y  6 C. 2x  3y  2 D. 6x  3y  6 Câu 4. Hàm số nào sau đây đồng biến khi x > 0? 2 y  5  3 x2 y 2 1 x 9 y 2 3 x A. B. y  2 x C. D. Câu 5. Cho phương trình x2 – 2(m –1) x + m2 + 3m = 0 (ẩn x). Điều kiện để phương trình có hai nghiệm trái dấu là A.  3  m  0 B. m < –3 hoặc m > 0 C.  3 m  0 D.  3  m 0 Câu 6. Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, có BH = 1cm, BC = 3cm. Độ dài AH bằng. . . . . . . A. 1 cm. B. 2 cm. C. 2 cm. D. 3 cm. Câu 7. Gọi khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng a là d. Đường thẳng a không cắt đường tròn (O; 6cm) khi và chỉ khi A. d  6cm B. d 6cm C. d 6cm D. d 6cm Câu 8. 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  2  x 2  2x  1 P    . 1  x 2 x  2 x  1 x 0 ; x 1 .   Câu 1. (1,5 điểm) Cho biÓu thøc với 1) Rút gọn biểu thức P.. x 3  2 2. 2) Tính giá trị của P khi . Câu 2. ( 1,0 điểm) Giải bài toán bằng 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 cả 4 giờ. Tính vận tốc ca nô khi nước yên lặng, biết quãng sông AB dài 30 km và vận tốc dòng nước là 4 km/h.. -x+y  xy  4x  3y 5 xy Câu 3. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình  Câu 4. (3,25điểm) Cho nửa đường tròn (O) có đường kính AB .Từ A ,B vẽ hai tiếp tuyến Ax và By .Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn này ,kẻ tiếp tuyến thứ ba cắt các tiếp tuyến Ax ,By tại E và F a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp. AM cắt OE tại P ,BM cắt OF tại 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 :. 1 r 1 < < 3 R 2. Câu 5. (1,25điểm) 2. 2. x  12  x  5 3x  5 . a) Gải phương trình b) Cho a, b, c là ba số khác nhau từng đôi một và c 0. Chứng minh rằng nếu hai phương trình x2 + ax + bc = 0 (1) và x2 + bx + ca = 0 (2) có đúng một nghiệm chung thì nghiệm khác của các phương trình đó thoả mãn phương trình x2 + cx + ab = 0.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 9 I. 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. - Điểm toàn bài là tổng điểm của 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 1 2 3 4 Đáp án C A D C Phần II. Tự luận (8 điểm) Câu 1. (1,5 điểm). 5 A. 6 B. 7 D. Điể m. Nội dung trình bày 1). 8 B. Với x 0 ; x 1.  2 x x  2  x 2  2x  1  (2  x ).(1  x ) ( x  2).(1  P     . 2 2 2 x  2 x 1   1 x  (1  x ) (1  x ) (1  x ) (1 . x )  ( x  1) 2 . 2 x). 0,25 0,5 0,25.  x  x Vậy P  x  x ,với x 0 và x 1. . . 2. x  2 1 . 2) Có x 3  2 2 thỏa mãn x 0 và x 1 , suy ra. x  2 1. Thay vào P  x  x , ta được P  3  2 2  2  1  2  2 Vậy khi x 3  2 2 thì P =  2  2 . Câu 2. (1,0 điểm) Nội dung trình bày. 0,25 0,25. Điểm. Gọi vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là x km/giờ ( x > 4) Vận tốc của ca nô khi xuôi dòng là x +4 (km/giờ), khi ngược dòng là x  4 (km/giờ). 30 30 Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B là x  4 giờ, đi ngược dòng từ B về A là x  4 giờ.. 30 30  4 x  4 x  4 Theo bài ra ta có phương trình:. (1). 0,25. 0,25. (1)  30( x  4)  30( x  4) 4( x  4)( x  4)  x 2  15 x  16 0. Giải phương trình tìm được nghiệm là x  1 ; x = 16. Đối chiếu điều kiện của ẩn ta thấy x = 16 thỏa mãn. Vậy vận tốc của ca nô khi nước yên lặng là 16 (km/giờ).. Câu 3. (1 điểm) Nội dung trình bày 9x  9x  y  -5x+5y 5 xy  9 x  2 y 0  y  2     2 -x+y  xy 4x  3y 5 xy -x+y xy 9 x 9 x   -x+   2 x  9 x 9 x 2  x  4x  3y  5 xy   2 2 Có . 0,25 0,25 Điểm 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Ta có.  9 x 9.0   y  2  2 0 9x    y  2 9x    x 0  y      2   x 0   y 9 x 9 . 7  7 7 x  9 x 2 0  7    2 2 9 2  x    9 7    x  9  . 0,5. 7 7  ;  Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm (x; y) = (0; 0) , (x;y)=  9 2  .. 0,25. Câu 4. (3,25 điểm). a) (Cho 1điểm ) Nội dung trình bày Ta có AE là tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại A  AE  OA  EAO 90 0 EMlà tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại M  EM  OM  EMO 90. Điểm 0. 0 0 0 Xét tứ giác AEMO  EAO  EMO 90  90 180 mà EAO ; EMO ở vị trí đối  tứ giác AEMO nội tiếp ( tứ giác có tổng hai góc đối nhau bằng 1800) Ta có AE, EM là 2 tiếp tuyến của nửa đường tròn (O) tại A,M cắt nhau tại E=> EA=EM =>E thuộc trung trực AM, lại có OA=OM => O thuộc trung trực AM 0 =>EO là trung trực AM  E 0  AM tai P  OPM 90 0 Chứng minh tương tự FO là trung trực BM  F 0  BM tai Q  OQM 90 0 Có AMB 90 Góc nội tiếp chắn nửa (O). 0,25 0.25 0.25. 0.25. 0 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 tại M có MP là đường cao (vì E 0  AM tai P )=>OP.OE=OM2 Chứng minh tương tự... )=>OQ.OF=OM2 => OP.OE= OQ.OF 0 PMQO là hình chữ nhật  POQ 90 =>  EOF vuông tại 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.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 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 1  R.EF 2 (4).  EOF vuông tại O,OM là đường cao=>S  EOF 1 SEOF  r (OE  OF  EF) 2 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 1 EF  OF  OE  2EF  EF  OF  OE   EF  OF  OE 2 (**) BĐT tam giác => r 1  Từ (*),(**)=> R 2 OE  OF+EF EF 1 r 1 OE  EF;OF  EF=>OE  OF+EF<3EF  <3    EF OE+OF  EF 3 hay R 3 Mà 1 r 1    3 R 2. 0,25. 0,25. 0,25. Bài 5. a) (0,75 điểm) Giải phương trình. x 2  12 . x 2  5 3x  5 (1). Điể m. Nội dung trình bày . x 2  12  4 . x 2  5  3 3x  6 . (1)  x2   x  2   2  x  12  4. Có. 2. x  12 . x2  4 x 2 12  4. . x2  4 x2  5  3. 3  x  2 . 0,25. x2.   3  0 x2  5  3 . 2. x  5  0 nên phương trình có nghiệm khi 3x – 5 > 0 hay x. . 5 3. x2 x 2 5  3  2 2 x  12  4 x  5  3 3 Với x chứng tỏ được <0 x  2  0  x  2 suy ra (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   2  x0  bx0  ca 0 ( a - b)(x0 - c) = 0  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.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  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 của phương trình x2 + cx + ab = 0 ( phương trình này luôn có nghiệm vì = c2 - 4ab = (a + b)2 - 4ab = (a - b)2 > 0 với mọi a,b tm đk )..

<span class='text_page_counter'>(6)</span>