DE THI THU

<span class='text_page_counter'>(1)</span>-. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HẢI HẬU. ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2016-2017. Môn Toán Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN 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. Điều kiện để biểu thức 1  x xác định là: A. x  1 B. x < 1 C. x  1 Câu 2. Phương trình nào sau đây có hai nghiệm trái dấu: A. x2 – 3x + 1 = 0 B. 3x2 – 5x + 7 = 0 C. –x2 + 2017x + 1 = 0 Câu 3. Hàm số nào sau đây đồng biến khi x < 0? A. y = -2x B. y = -x + 10 C. y = 3x Câu 4. Số nghiệm của phương trình x4 + x2 – 2016 = 0 là: A. 1 B. 2 C. 3. D. x ≠ 1 D. x2 -4x + 4 = 0. 2. D. y =. 2 cm. . 3  2 x2. D. 4.. 3 Câu 5. Cho góc nhọn  , biết sin  = 5 . Khi đó cot  bằng: 3 4 5 A. 4 B. 5 C. 4 0 Câu 6. Độ dài cung có số đo 60 của một đường tròn đường kính 12cm bằng:.  cm. . 4 D. 3. 3 cm. 4 cm. A.   B.   C.   D.   Câu 7. Cho đường tròn (O). MA và MB là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A và B sao cho AMB 700 . Số đo của cung lớn AB là:. A. 1100 B. 550 C. 2500 D. 1250 Câu 8. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 3cm, BC = 4cm. Quay hình chữ nhật ABCD một vòng quanh cạnh AB cố định. Khi đó thể tích của hình tạo thành là: A. 48  cm3 B. 12  cm3 C. 36  cm3 D. 24  cm3 II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm):  x x 1 P   x 1  Câu 1 (1,75 điểm): Cho biểu thức.   x  x  1 :  x   x  1    với x > 0 và x ≠ 1. a) Rút gọn biểu thức P. b)Tính giá trị của biểu thức P tại x 4  2 3 . 2. Câu 2 (1,5 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y  x và đường thẳng (d) có phương trình y mx  1 (m là tham số). a) Chứng tỏ rằng với mọi giá trị của m, đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. b) Gọi hoành độ hai giao điểm của đường thẳng (d) và parapol (P) là x1 và x2 . Tìm m để biểu thức S  x1  x2  2017. đạt giá trị nhỏ nhất.. . .  y 2  2 y  y  x  2  2 Câu 3 (0,75 điểm): Giải hệ phương trình  y  2 y  3  x  y. Câu 4 (3,25 điểm): Cho đường tròn (O), từ một điểm S nằm ngoài (O) kẻ các tiếp tuyến SB và SC với đường tròn (O), B và C là các tiếp điểm. Kẻ đường thẳng SO cắt BC tại D và cắt cung lớn BC của đường tròn (O) tại A. Kẻ CH vuông góc với AB tại H, M là trung điểm của CH. Tia AM cắt đường. tròn (O) tại điểm thứ hai N. a) Chứng minh DM//AB và chứng minh tứ giác DMCN là tứ giác nội tiếp..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> . . b) Chứng minh SBN SDN . c) Gọi F là giao điểm của CN và SD. Chứng minh SSBC = 4SFCS. 2 Câu 5 (0,75 điểm): Giải phương trình: 3x  3 x 10  9 x  33 x  10. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HẢI HẬU. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2016 - 2017 _________________________ MÔN TOÁN I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (mỗi câu cho 0,25 điểm):. Câu1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 C C D B II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm). Câu 5 D. Câu 6 B.  x x 1 P   x 1  Câu 1. (1,75 điểm) Cho biểu thức:. Câu 7 C. Câu 8 A.   x  x  1 :  x   x  1    với x > 0 và x ≠ 1. a) Rút gọn biểu thức P.. . . .  x 1 x  x 1    x 1 x1 Với x > 0 và x ≠ 1 ta có: P =  x  x 1  x 1 x  1 . x x  1 =. . . 2. =. . .  x x 1  :  . . . 0,5đ. x1. 0,5đ 0,25đ. x x. . x1  x. và kết luận: .................... b)Tính giá trị của biểu thức P tại x 4  2 3 . 2 x. Theo kết quả câu a ta có: P = Ta có x 4  2 3 =.  Thay x = P. . 4 2 3. . 2 2. . 3 1. với x > 0 và x ≠ 1. 2. (Thỏa mãn điều kiện x > 0 và x ≠ 1) 0,25đ. 2. ( 3  1)2. 2 3. =. . 31. . x. vào P ta được: . 2  ( 3  1) 4 2 3 (vì. 3  1 0). 3 3. .  3 3  2  3  3 3  2  3 3 3    2 2  3  2  3 2  4  3 2. 0,25đ và kết luận............ Câu 2 (1,5 điểm): 2 a) Hoành độ giao điểm của parabol (P) y  x và đường thẳng (d) y = mx -1 là nghiệm của 0,25đ 2 phương trình :  x mx  1 0,25đ  x 2  mx  1 0 (1) 2 Tìm được  m  4 2 Chứng minh được  m  4 > 0 với mọi m, từ đó khẳng định (1) luôn có hai nghiệm phân 0,25đ biệt.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> KL:.............................. b) Gọi hoành độ hai giao điểm của đường thẳng (d) và parapol (P) là x1 và x2 . Tìm m để S  x  x  2017. 1 2 biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất. Theo kết quả câu a ta có phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Hai giao điểm của đường thẳng (d) và parapol (P) là A và B có hoành độ lần lượt là x1 và x2  x1 và x2 là nghiệm của pt (1) theo hệ thức Vi-ét ta có: x1  x2  m ; x1.x2  1 Xét. S  x1  x2  3  .  x1  x2 . 2.  x1 . (2) 0,25đ. 2. x2   2017.  4 x1 x2  2017. 0,25đ. (3) 0,25đ. 2. Thay (2) vào (3) ta được S  m  4  2017 2 Vì m 0 với m nên S  4  2017  2015 với m Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m = 0 KL: ........................ . .  y 2  2 y  y  x  2  2 Câu 3 (0,75 điểm): Giải hệ phương trình (I)  y  2 y  3  x  y. 0,25đ.  y 2  2 y  y  x  2   2  y  2 y   y  x   3 Có (I).  .  . 2. v 2  3v  2 0 u . v 2    u  v  3 u  v  3. Đặt u  y  2 y ; v  y  x , hệ (I) trở thành 2 Giải phương trình: v  3v  2 0 Có : a – b + c = 1– 3 +2 = 0 nên phương trình có hai nghiệm là: v1 = –1 ; v2 = –2, u =  1  Kết hợp với u  v  3 ta được: v  2 hoặc. 0,25đ. u  2  v  1.  y 2  2 y  1 0  y 2  2 y  1 u =  1      y  x  2 y  x  2 v  2   +) Với  , ta có hệ (I)  y 2  2 y  2  y 2  2 y  2 0 u  2      y  x  1 v  1   y  x  1  +) Với , ta có hệ (I). 2  y  1 0    y  x  2.  y 1   x 3. 0,25đ. 2 Có phương trình y  2 y  2 0 vô nghiệm nên hệ phương trình vô nghiệm. x; y  3;1.    Vậy hệ đã cho có hai nghiệm duy nhất  Câu 4 (3,25 điểm): a) Chứng minh DM//AB và chứng minh tứ giác DMCN là tứ giác nội tiếp. *Chứng minh DM//AB B Chỉ ra M là trung điểm của CH Chứng minh D là trung điểm của BC S. F. D. Chứng minh DM là đường trung bình của tam giác BCD từ đó suy ra điều c/m M N *Chứng minh tứ giác DMCN là tứ giác nội tiếp Chỉ ra góc CDM = góc CBA C. 0,25đ 0,25đ. H O. A. 0,25đ 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Chỉ ra góc CNA = góc CBA Chỉ ra góc CDM = góc CNA và lập luận để có điều phải chứng minh. 0,25đ 0,25đ.   b) Chứng minh SBN SDN .    Do tứ giác CMDN nội tiếp nên NDC NMC  AMH. 0,25đ. 0 0     C/m được SDN 90  NDC 90  AMH BAN. 0,25đ.   Do SB là tiếp tuyến của (O) nên BAN SBN. 0,25đ.    SDN SBN. 0,25đ. c) Gọi F là giao điểm của CN và SD. Chứng minh SSBC = 4SFCS. Từ kết quả câu b suy ra tứ giác SNDB là tứ giác nội tiếp, suy ra góc NSD = góc NBD (1) Chứng minh được góc SCF = góc CBN kết hợp với (1) để suy ra : góc SCF = góc NSF Chỉ ra tam giác SFN đồng dạng với tam giác CFS để suy ra : SF2 = NF.CF (3) Chỉ ra tam giác CDF vuông tại D có DN là đường cao để suy ra DF2 = NF.CF (4) Từ (3) và (4) suy ra SF = DF Chỉ ra SSBC = 2SSDC ; SSDC = 2SFCS, Từ đó suy ra điều phải chứng minh.. 0,25đ 0,25đ 0,25đ. 2 Câu 5 (0,75 điểm): Giải phương trình: 3x  3x  10  9 x  33x  10. ĐKXĐ:. x . Với ĐKXĐ, ta có:. 1 10 ; x  3 3. 0,25đ 3x . 2. 3 x  10  9 x  33 x  10.  3x . 3 x  10  (3 x  10)(3 x  1). . 3 x  3 x  10  3x  1 3 x  10. . 3x 1  3x 1  3 x  10. 3x ( 3 x  1  1) ( 3 x  1) 2  1 3 x  10. . . 3x  3x  1  1 3 x  10. 0,25đ. 3x ( 3x  1 1) 3 x 3 x  10.  3x 1 1   3 x   1 0  3 x  10   x 0 (TMDK )   3x  1  1 1 (*)  3 x  10. Giải (*) :. 3x  1  1 1  3 x  10. 3 x  1  1  3 x  10. 0,25đ . Bình phương 2 vế được:. 3 x  1 4  x 5 (TMĐK).. Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 0; x = 5..

<span class='text_page_counter'>(5)</span>