Đề thi thử vào lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Giảng Võ (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử vào lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Giảng Võ (Có đáp án)

1. ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10THPT-VÒNG 1 NĂM HỌC 2017-2018 PHÒNG GD QUẬN BA ĐÌNH MÔN TOÁN TRƯỜNG THCS GIẢNG VÕ Ngày thi: 28/3/2017 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) x 1 x x 1 x Bài 1 (2 điểm): Cho biểu thức: A= và B với x 0,x 1 x 1 x 1 x 1 a) Tính giá trị biểu thức B với x = 2 b) Rút gọn biểu thức P = A:B với x > 0 và x 1 c) Tìm các giá trị của x để P 1 Bài 2 (2,0 điểm): Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình Theo kế hoạch hai tổ sản xuất được giao làm 600 sản phẩm. Nhờ tang năng suất lao động tổ 1 làm vượt mức 10% và tổ 2 làm vượt mức 20% so với kế hoạch của mỗi tổ nên cả hai tổ làm được 685 sản phẩm. Tính số sản phẩm mỗi tổ làm theo kế hoạch. Bài 3 (2,0 điểm): 1 y 2 3 x y 1) Giải hệ phương trình sau 2 5 y 2 1 x y 2) Cho phương trình : x2 2mx m 1 0 (m là tham số) a) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt b) Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1 x2 2 Bài 4 (3,5 điểm): Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn tâm O, đường cao AH, gọi M và N lần lượt là hình chiếu của điểm H trên cạnh AB và AC a) Chứng minh tứ giá AMHN nội tiếp đường tròn b) AMN đồng dạng ACB . c) Đường thẳng NM cắt đường thẳng BC tại Q. Chứng minh QH2 QB.QC d) Gọi AQ cắt đường tròn (O) tại điểm R khác điểm A và điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNB. Chứng minh rằng ba điểm R, H, I thẳng hàng. 3 Bài 5 (0.5điểm): Cho các số thực dương x,y,z thỏa mãn x2 y2 z2 7 Chứng minh rằng: 8 14x 8 14y 8 14z 3 3 7
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO 10 THPT – VÒNG 1 BÀI Ý HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM x 1 x x 1 x 1 Cho biểu thức: A và B với x 0,x 1 2,0 x 1 x 1 x 1 a Tính giá trị biểu thứ B với x=2 0,5 2 Thay x = 2 (tmdk) vào B thì giá trị biểu thức B 0,25 2 1 2 2( 2 1) B 2 2 2 . Vậy khi B 2 2 2 khi x=2 2 1 2 1 1 0,25 (Nếu thiếu nhận xét x = 2 thỏa mãn điều kiện thì ; nếu không trục căn 8 ở mẫu thì trừ 1/4 ) b Rút gọn biểu thức P = A:B với x > 0 và x 1 1,0 x 1 x x 1 A x 1 x 1 x 1 ( x 1)(x x 1) Tính = 0,5 x 1 ( x 1)( x 1) x 1 x x 1 x 2 x 1 x 1 x 2 x 2 P = A:B Vậy P với x > 0 và x 1 0,5 x x c Tìm các giá trị của x để P 1 0,5 x 2 x 2 x Để P 1 1 0 x x Vì x > 0 ( x 1)( x 2) 0 Lại có x 2 0 x 1 0 x 1 0 x 1 0,25 Kết hợp với điều kiện xác định 0,25 Vậy: với 0 < x < 1 thì P<-1 Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Hai tổ sản xuất được giao làm 600 sản phẩm trong một thời gian quy định. Nhờ tăng năng suất lao động, tổ 1 vượt mức 10%, tổ 2 vượt mức 20% nên 2,0 cả hai tổ làm được 685 sản phẩm. Tính số sản phẩm mỗi tổ làm theo kế hoạch Gọi số SP tổ 1 làm theo kế hoạch là x (SP, đk: x N* , x<600) 2 0,25 Gọi số SP tổ 2 làm theo kế hoạch là y (SP, đk: y N* , y<600) Vì hai tổ sản xuất được giao làm 600 sản phâm 0,25 PT: x + y=600 Số SP vượt mức của tổ 1 là: 10% x (SP) 0,25 Số SP vượt mức của tổ 2 là: 20% y (SP) 0,25 Vì tăng năng suất cả hai tổ làm được 685 sản phẩm 0,25
3. PT :110%x 120%y 685 (2) x y 600 Từ (1) và (2) ta có hệ PT : 110%x 120%y 685 x y 600 x y 600 x 350 (TMĐK) 0,5 0,1y 25 y 250 y 250 KL : Số SP tổ 1 làm theo kế hoạch là 350 SP 0,25 Số SP tổ 2 làm theo kế hoạch là 250 SP HS thiếu điều kiện x,y N* trừ 0,25 thiếu đối chiếu điều kiện -1/8 Nếu hs thiếu đk < 600 không trừ điểm 2,0 1 1 y 2 3 x y Giải hệ phương trình 1,0 2 5 y 2 2 x y ĐK : x y;y 2 0,25 1 a b 3 Đặt a ;b y 2. ĐK : b 0 ta được hệ 0,25 x y 2a 5b 1 a 2 Từ đó có (tmđk) b 1 0,25 1 1 3 2 x y x x y 2 2 (tmđk) 0,25 y 2 1 y 1 y 1 3 3 Kết luận : hệ phương trình có nghiệm x;y ; 1 0,25 2 1 1 Thiếu điều kiện ẩn phụ b trừ ; thiếu đối chiếu điều kiện 8 8 2 Cho phương trình x2 2mx m 1 0 (m là tham số) 1,0 a) Chứng minh phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt Hệ số a = 1, b = 2m (b’ = m), c = m – 1 0,5 ' m2 m 1 2 0,25 1 3 m 0 với mọi m 2 4 0,25 Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m 2 b) Với giá trị nào của m thì phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn x1 x2 2 x1 x2 2m 0,25 Theo hệ thức Vi – ét, ta có : x1x2 m 1 Để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn yêu cầu đề bài thì
4. x1 0;x2 0_(*1) x1 x2 2_(*2 ) x1 x2 0 2m 0 • Giải *1 : m 1 x1x2 0 m 1 0 2 2 x1 x2 2 x1 x2 2 x1x2 4 • Giải *2 2m 2 m 1 4 m 1 2 m (ĐK: m 2) m2 5m 5 0 5 5 m (L) 2 5 5 m (TM) 2 5 5 Kết hợp với điều kiện *1 và *2 m 2 0,25 1 (Nếu hs thiếu điều kiện m 2 trừ ) 8 4 3,5 0,25 a + c/m A· MH A· NH 1800 0,25 mà hai góc ở vị trí đối nhau 0,25 Vậy tứ giác AMHN là tứ giác nội tiếp được đường tròn 0,25 b C1 + c/m AH2 AM.AB (hệ thức lượng) AH2 AN.AC AM.AB AN.AC AMN : ACB(c g c) C2 + c/m A· NM A· HM (2 góc nội tiếp chắn cung AM)
5. A· HM A· BC (cung phụ với B· MH ) A· NM A· BC AMN : ACB(g g) c + c/m M· NH M· AH (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MH) M· HQ M· AH (cùng phụ với A· HM ) M· NH M· HQ QMH : QHN g g QH2 QM.QN(1) + c/m Q· MB Q· CN (góc trong góc ngoài tứ giác BMNC cùng bù M· BN ) QBM : QNC(g g) QM.QN QB.QC(2) + từ (1) và (2) QH2 QB.AC d Gọi AQ cắt đường tròn (O) tại điểm R khác điểm A và điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNB. Chứng minh rằng ba điểm R, H, I 0,5 thẳng hàng. + c/m : QR.QA = QB.QC ( QRB : QCA ) Mà QB.AC = QM.QN (cmt) QR.QA QM.QN QRM : QNA c g c tứ giác RMNA là tứ giác nội tiếp 5 điểm A, R, M, H, N thuộc đường tròn đường kính AH A· RH 900 + Gọi E là trung điểm của AH và RH cắt đường tròn tại điểm K AK là đường kính của đường tròn (O) vì A· RK 900 và E là tâm đường tròn ngoại tiếp ngũ giác ARMHN + Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC
6. EI là trực của dây cung MN EI  MN Tương tự OI là trung trực của dây cung BC OI  BC + Gọi AK  QN D rồi c/m A· NM A· KC A· BC Tứ giác DNCL là tứ giác nội tiếp mà A· CK 900 N· DK 900 AO  MN AE // OI  BC và AO // EI  MN Tứ giac AEIO là hình bình 1 hành AE OI AH 2 1 Lại có OK AK và H· AK I·OK (2 góc đồng vị của OI // AH) 2 KIO : KHA(c g c) O· KI A· KI H, I, K thẳng hàng Mà R, H, K thẳng hàng R, H, I thẳng hàng (đpcm) 3 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x2 y2 z2 5 7 0,5 Chứng minh rằng: 8 14x 8 14y 8 14z 3 3 7 + Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 8 2 7 và 8 14x ta có : 8 2 7 8 14x 8 2 7 8 14x 2 8 7 7x 8 14x 7 2 + Chứng minh tương tự ta có 8 7 7y 8 7 7z 8 14y và 8 14z 7 2 7 2 + Cộng ba bất đẳng thức ta có 24 3 7 7 x y z 8 14y 8 14y 8 14y 0,25 7 1 Mà x y z 2 3 x2 y2 z2 3 x y z 3 x2 y2 z2 7 3 24 3 7 7. 8 14y 8 14y 8 14y 7 7 1 24 6 7 3 3 7 7 1 1 + Dấu '' '' xảy ra khi x = y = z = 7 0,25