Thi thu vao 10 Yen Binh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
ĐỀ THI THỬ

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017
Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Phần I - Trắc nghiệm (2,0 điểm)
Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm.
Câu 1. Rút gọn A  7  4 3 được kết quả là:
A. A 2  3
B. A 2  3
C. A  3  2
D. A  2  3
Câu 2. Giá trị của m để hai đường thẳng y = 2x + m và y = mx + 3 cùng đi qua một điểm

có hồnh độ bằng 2 là:

A. m = 3
B. m = 1
C. m = 2
Câu 3. Trong các hàm số sau, hàm số nào nghịch biến khi x > 0.
2
B. y  2.x

A. y = x

D. m = -1

C. y = 2x + 3

D.



y



3  2 x2

Câu 4. Trong các phương trình sau, phương trình nào có hai nghiệm với mọi giá trị của

m.

2
 m  1 x 2  mx  1 0 D. x 2  2mx  2 0
B. x2 + m - 1 = 0
A. x  mx 1 0
C.
Câu 5. Giá trị của k để đường thẳng y = 2x + k cắt parabol y = x2 tại hai điểm phân biệt nằm ở hai

bên trục tung là:
A. k  0

B. k > 0

C. k = 0

D. k < 0

Câu 6. Cho tam giác ABC vng tại A, có AB = 3a, AC = 3a 3 . Khi đó cosC bằng
1
2

3
3

3
2

2
2

A. .
B. .
C.
.
D.
.
Câu 7. Cho hai đường tròn (O;2cm); (O’;7cm) và OO’= 5cm. Hai đường trịn này ở vị trí:
A. TiÕp xóc ngoµi
B. ở ngoài nhau
C. Cắt nhau
D. Tiếp xúc trong
Cõu 8. Cho tam giác ABC vng tại A, có AC = 3 cm; AB = 4 cm quay một vòng xung

quanh cạnh AB. Diện tích xung quanh của hình được tạo ra là:
A. 15 cm2
B. 12 cm2

Phần II.Tự luận. (8,0 điểm)

C. 15 cm2

D. 20 cm2


x
1   1
2 
P 


 :

x  1 x  x   x x 1 

Câu 1. (1.5 điểm) 1. Rút gọn biểu thức
với x > 0; x 1.
2

3



1

3

0.

2
2
2. c/m đẳng thức sau:
2
Câu 2. ( 1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai ẩn số x: x – 2x – m2 + 2m = 0 ( m là tham số).
1) Với giá trị nào của m thì phương trình nhận 1 là nghiệm. Tìm nghiệm cịn lại.
2) Tìm giá trị của m sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn điều kiện
x12  x22 6 .

 x  6 y (2 x  1) 2

Câu 3(1 điểm). Giải hệ phương trình sau::  2 y  12 x (2 y  1) 4
Câu 4. (3 điểmCho ∆ABC vuông tại A, đường cao AH. Vẽ đường trịn tâm (O) đường kính AH cắt
AB tại M, AC tại N.
1, CmR: MN là đường kính của (O) và tứ giác BMNC nội tiếp.
2, Gọi I là trung điểm của BC, lấy P là điểm đối xứng với A qua I, gọi Q là trung điểm của HP gọi K là
giao điểm của MN và AI.
a, CmR: AI  MN.
b, CmR: Q là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC.


 a  b

2



a b
2a b  2b a

2

Câu 5.( 1 điểm) Cho a, b là các số thực dương. Chứng minh rằng:
Họ và tên học sinh: ................................................................Số báo danh:........................................
Chữ ký giám thị số 1: .................................................... Chữ ký giám thị số 2: ....................................

HƯƠNG DÂN CHÂM ĐỀ THI THỬ VÀO LƠP 10 NĂM HỌC 2016-2017
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh ph ải 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 khơng làm
trịn.
Phần I. (2 điểm) Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm.
Câu
1
2
3
4
5
Đáp án
A
B
D
D
B
Phần II. Tự luận (8 điểm)
Câu 1. (1,5 điểm)

6
C

7
D

8
A


x
1   1
2 
P 


 :

 x  1 x  x   x x  1  với x > 0; x
1. Rút gọn biểu thức
1.
2

2. c/m đẳng thức sau:
Nôi dung trinh bay
Điểm
1) Với x > 0 ; x 1 ta có

x

x
1   1
2 


P 


 : 


x

1
 x  1 x  x   x x 1  


x 1
x

Vậy P
2.

.

x  x  1

 

2



x1



x 1
x  1 với x  0 và x 1 .



có


1

3
2

0.

 

 :  x 1  2 x 
x  x  1 
x  1   x  x  1


0,25

1
x





0,5
0,25

2

1) Ta
0.25

2



x 1
x 1



x 1

3

3
2



1

3
2



4  2 3 1 3


4
2





3 1

2

2



1

3
2

3  1 1 3

0
2
2
(đpcm)

0.25
Câu 2.(1,5 điểm ) ( 1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai ẩn số x: x – 2x – m + 2m = 0
( m là tham số).
3) Với giá trị nào của m thì phương trình nhận 1 là nghiệm. Tìm nghiệm cịn lại.
4) Tìm giá trị của m sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2
2

2
2
thỏa mãn điều kiện x1  x2 6 .
Nôi dung trinh bay

1) Phương trình đã cho nhận x = 1 là nghiệm

2

Điể
m
0,25


2

 12  2.1  m 2  2m 0  m 2  2m  1 0   m  1 0  m  1 0  m 1.

Với m = 1 phương trình đã cho có nghiệm x = 1, nên nghiệm còn lại là x =
-m2 + 2m = -1 + 2 =1
2) Phương trình: x2 – 2x – m2 + 2m = 0
Ta có ∆’ = (-1)2 – ( – m2 + 2m) = m2 – 2 m + 1 = (m – 1)2
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2  ∆’  0  (m - 1)2 > 0
 m 1
Theo hệ thức Vi-et ta có x1+ x2 = 2 , x1. x2 = – m2 + 2m
x 2  x 2 6  x  x

x  x 6  2  x1  x2  6  x1  x2 3

 1 2 1 2
Ta có 1 2
Kết hợp x1+ x2 = 2 và x1  x2 3
 x1  x2  2
2 x 5
 1


 x1  x2  3
 x1  x2  2

Ta có

5

 x1  2


x  1
 2 2

5
 4m 2  8m  5 0
4
Từ đó ta có
1
5
m1  ; m2 
2
2 đều thỏa mãn điều kiện m
Giải phương trình trên tìm được
 1 và kết luận.

0,25

0,25

0,25

0,25

 m 2  2m 

 x  6 y (2 x  1) 2

Câu 3. ( 1 điểm) Giải hệ phương trình sau:: 2 y  12 x (2 y  1) 4

Nôi dung trinh bay

 x  6 y (2 x  1) 2
 x  12 xy  6 y 2


2 y  12 x(2 y  1) 4
 2 y  24 xy  12 x 4
 x  12 xy  6 y 2
5 y  5 x 0



 y  12 xy  6 x 2
 x  12 xy  6 y 2

x y
 2
12 x  7 x  2 0
 7  145
x1 
24
 7  145
x2 
2
24
Giải phương trinh 12 x  7 x  2 0 ta được

Từ đó kết luận nghiệm của hệ phương trinh

0,25

im
0,25
0,25

0.25

0.25
Cõu 4. ( 3 im ) Cho ABC vuông tại A, đ ờng cao AH. Vẽ đờng tròn tâm (O) đờng kính
AH cắt AB tại M, AC tại N.
1, CmR: MN là đờng kính của (O) và tứ giác BMNC nội tiếp.
2, Gọi I là trung điểm của BC, lấy P là điểm đối xứng với A qua I, gọi Q là trung điểm
của HP gọi K là giao điểm của MN và AI.
a, CmR: AI
MN.
b, CmR: Q là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC.


A
N
O

K

M
B

I

C

H

Q
1.(1.25) CmR: MN là đờng kính của (O) và tứ gi¸c BMNC néiP tiÕp
Nơi dung trinh bay
* ChØ ra Δ MAN vuông tại A. Suy ra MAN = 900
- Chỉ ra MAN nội tiếp đờng tròn tâm O
- Suy ra MN là đờng kính của (O)

i
m

0.5

0.5
*Chỉra ACB= ∠ MAO ( cùng phụ với góc - ChØ ra AOM cân tại O; Suy ra AMO = ∠ MAO Suy ra ∠ ACB 0.25
= ∠ AMO
- Suy ra ∠ ACB + ∠ BMN = 1800 .KÕt luËn tø gi¸c BMCN néi tiÕp
2.(0,75đ) CmR: AI

MN

Nơi dung trinh bay
TÝnh ®ỵc ∠ ACB + ∠ ANM = 900

Điể
m

Chứng minh tam giác AIC là tam giác cân tại I suy ra ® ỵc ∠ ACB = 0.25
0.25
∠ NAK
Suy ra ∠ NAK + ANM = 900
0.25
Suy ra AKN vuông tại K nên AI
MN
3.(1) CmR: Q là tâm đờng tròn ngoại tiÕp tø gi¸c BMNC
Nơi dung trinh bay

Điể


m
Chứng minh QI là đờng trung bình của AHP
Suy ra QI // AH vµ QI = 1/2 AH
Chøng minh QI // AO vµ QI = AO vµ suy ra tứ giác AOQI là hình bình
hành
- Suy ra QO //AI
Chỉ ra QI lµ trung trùc cđa BC
ChØ ra QO lµ trung trực của MN
Kết luận Q là tâm đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC
Cõu 5.( 1 ) Cho a, b là các số thực dơng. Chứng minh rằng :
Nụi dung trinh bay
2

1
a  0; b 
4

 a b

2

  a  b 

1
a  )  (b 
4

 (a 



a b
2a b  2b a
2

Điể
m



b  2b a

1
2 ab
2

a b

0,25
1
b ) 0
0,25
4
a,b>0
0.25

Mặt khác a b 2 ab  0

 a  b    a  b  

 a  b  2a
2

 a,b>0

1
b  0
4

1
 a  b 0
2

Nh©n tõng vÕ ta cã :

2

0.25
0.25
0.25

2

1
1


 a   0;  b   0
2
2

Ta cã : 

 a

 a  b

0.25


0.25