De thi thu THPT co dap an

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THCS ……… Đề nộp chuyên môn PGD. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: TOÁN NGÀYTHI: …./…../2017 Thời gian làm bài: 120 phút.. Bài 1 (2,0 điểm) 1. Tính giá trị của biểu thức. A. x  7 1 x  5  1 khi x = 9. 4 1  x  y 5    7  5 2 2. Giải hệ phương trình:  x y. Bài 2 (1,5 điểm) 1  x 1  x 2 P   . x  2 x x  2   x  1 với x  0; x 1 Cho biểu thức. a. Rút gọn biểu thức P b. Tìm các giá trị của x để 2P 2 x  5 Bài 3 (1,5 điểm) Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày xong trước thời hạn thì mỗi công nhân được thưởng 50000 đồng nên mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm vì vậy phân xưởng đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm? 2. Bài 4 (1,5 điểm) Cho phương trình x  2mx  2m  6 0 (1) với ẩn x , tham số m. a. Giải phương trình (1) khi m = 1 b. Xác định giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1, x2 sao cho x 1 + x 2 giá trị nhỏ nhất. 2. 2. đạt. Bài 5 (3 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định. Vẽ đường kính MN của đường tròn (O; R) (M khác A, M khác B). Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt các đường thẳng AM, AN lần lượt tại các điểm Q, P. 1. Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn. 2. Gọi E là trung điểm của BQ. Đường thẳng vuông góc với OE tại O cắt PQ tại điểm F. Chứng minh F là trung điểm của BP và ME // NF. 3. Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất. Bài 6 (0,5 điểm) Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a  b  c 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q  2a  bc  2b  ca  2c  ab ----------------- Hết -----------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Đáp án. Bài 1. Với x = 9 ta có :. A A. Bài 1 (2,0 điểm). Điểm. 9  7 1 9 5  1. 0,25đ. 16  1 5  5 41 1. 0,5đ 0,25đ. Vậy với x = 9 thì A 5 4 1  x  y 5     7  5 2 2.  x y.  20 5  x  y 25     7  5 2  x y.  27 27  x  7 5   2  x y.  x 1   5  7  y 2 .  x 1   y 1. Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( x; y ) (1;1) a. Với x  0; x 1 ta có: 1  x 1  x  2  x  x 1  x 2 P    . . x  2  x  1  x ( x  2)  x  1  x2 x. Bài 2 (1,5 điểm).  ( x  1).( x  2)  x  1 x 1  .  x ( x  2)  x  1 x  x 1 P x với x  0; x 1 Vậy. b. Với x  0; x 1 ta có . x. 1 ) 0  2. 0,25đ. 0,25đ 0,5đ 0,25đ. x 1 x Để 2P 2 x  5. 2 x 2 2 x  5  2 x  2 2x  5 x  2x  3 x  2 0 x.  ( x  2)( x . Bài 3 (1,5 điểm). P. 0,75đ. 1 1 x  x 2 4 thỏa mãn đk. 1 4 thì 2P 2 x  5. 0,25đ. 0,25đ. Vậy Gọi x là sản phẩm xưởng sản xuất trong 1 ngày theo kế hoạch ( x  0 ) 1100  Số ngày theo kế hoạch là : x . 1100 Số ngày thực tế là x  5 .. 0,25đ. Do phân xưởng hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày nên ta có phương trình: 1100 1100  2 x x 5  1100(x  5)  1100x 2x(x  5)  1100x  5500  1100x 2x 2  10x  x  50 0  x 50  2x 2  10x  5500 0  (x  50)(x  55) 0     x  55 0  x  55. 0,5đ 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x 50 thỏa mãn điều kiện; x  55 (loại). Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản phẩm. a. Thay m = 1 và PT: x 2+2 mx −2 m −6=0 ta có:  x  2 0  x 2 x 2  2 x  8 0  ( x  2)( x  4) 0     x  4 0  x  4 x   4; 2 m 1. Vậy phương trình có 2. Bài 4 (1,5 điểm). 0,25đ 0,75đ. khi. 2. 2. 2. b. Ta có:  b '  ac m  ( 2m  6) m  2m  6 m  2m  1  5 ta thấy:  5 với mọi m nên   0 => PT luôn có 2 nghiệm phân biệt  x1  x2  2m (1)  x x  2 m  6 theo định lí Vi-ét ta có:  1 2 2 2 2 đặt P x1  x2 ( x1  x2 )  2 x1 x2. 0,75đ. 2 2 2 thay (1) vào P ta có: P ( 2m)  2(2m  6) 4 m  4m  12 4 m  4m  1  13. P 4 m 2  4m  1  13 (2m  1) 2  ( 13)  13 dấu “=” xảy ra khi 1 m  2 2 2 Vậy P x1  x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng -13 khi. Bài 5 (3 điểm). m. 1 2. P N F O. A. B. M E. Q.   1. Ta có ANM ABM (góc nội tiếp cùng chắn cung AM)    ABM AQB QBM. và. (cùng phụ với. ). 0 0        ANM AQB mà ANM  MNP 180  MQP  MNP 180. Nên MNPQ nối tiếp (tổng hai góc đối bằng 1800) 2. OE là đường trung bình của  ABQ. OF//AP nên OF là đường trung bình của  ABP Suy ra F là trung điểm của BP. Mà AP vuông góc với AQ nên OE  OF. 0  Xét  NPB; PNB 90 có FP FB  FN FP FB (t/c tam giác vuông) 0  => NOF BOF (c-c-c) nên ONF 90 . 0  Tương tự ta có OME 90 nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN 3. Ta có: 2SMNPQ 2SAPQ  2SAMN 2R.PQ  AM.AN 2R.(PB  BQ)  AM.AN. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> AB BP  2  ABP đồng dạng với  QBA suy ra QB BA  AB BP.QB 2. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: PB  BQ 2 PB.BQ 2 (2R) 4R Ta có. AM 2  AN 2 MN 2  2 2 = 2R2 2R.4R  2R 2 6R 2 SMNPQ 3R 2. 0,25đ 0,25đ. AM.AN . 0,25đ. 2S. 0,25đ. Do đó MNPQ . Suy ra Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vuông góc AB Xét: Q  2a  bc  2b  ca  2c  ab Ta có: 2a  bc  (a  b  c)a  bc ( a  b  c 2 )  a 2  ab  bc  ca  (a  b)(a  c) . (a  b)  (a  c) 2 (Áp dụng bất đẳng thức. với 2 số dương u a  b và v a  c ) Bài 6 (0,5 điểm). Vậy ta có 2a  bc. . (a  b)  (a  c) 2. Tương tự ta có : 2b  ca. . 0,25đ.  1. (a  b)  (b  c) 2.  2. (a  c)  (b  c)  3 2c  ab 2  Q 2(a  b  c) 4 2 Khi a = b = c = 3 thì Q = 4 vậy giá trị lớn nhất của Q là 4. . (Học sinh làm cách khác đúng vẫn đạt điểm tối đa). 0,25đ.

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