Đề dự bị thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2015-2016 - Sở giáo dục và đào tạo Nam Định (Có đáp án)

Nội dung text: Đề dự bị thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2015-2016 - Sở giáo dục và đào tạo Nam Định (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 NAM ĐỊNH Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ DỰ BỊ 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. x2 1 Câu 1. Điều kiện để biểu thức có nghĩa là: x A. x 0 ; B. x 0 ; C. x 0 ; D. x 0 . Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng 2x y 6 cắt trục hoành tại điểm M có tọa độ là: A. 6;0 ; B. 3;0 ; C. 0;3 ; D. 0;6 . Câu 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng (d): x 3y 5 đi qua điểm: A. (2; 1) ; B. ( 2; 1) ; C. (2;1) ; D. (1;2) . Câu 4. Trong các hàm số sau, hàm số nào đồng biến trên ¡ : A. y 2x2 ; B. y 1 2 x ; C. y 1 2 x ; D. y 2x2 . Câu 5. Phương trình nào sau đây có hai nghiệm phân biệt: A. x2 x 1 0 ; B. x2 x 2 0 ; C. x2 2x 1 0 ; D. x2 4x 3 0 . Câu 6. Tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3 cm, AC = 4 cm. Độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A bằng: 7 5 A. cm; B. 5 cm; C. cm; D. 7 cm. 2 2 Câu 7. Cho một hình tròn có diện tích bằng 9 cm2. Khi đó bán kính của hình tròn bằng: A. 3 cm; B. 9 cm; C. 3 cm; D. 3 cm. Câu 8. Cho một hình nón có bán kính đáy bằng 3 cm, chiều cao bằng 4 cm. Khi đó diện tích xung quanh của hình nón bằng: A.12π cm2; B. 15π cm2; C. 24π cm2; D. 30π cm2. Phần II - Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm) x 1 1 2 1) Rút gọn biểu thức A = : với x 0 và x 1 . x 1 x x x 1 x 1 9 3 3 3 3 2) Chứng minh đẳng thức 2 3. 3 1 3 1 Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 2x m2 1 0 (1), với m là tham số. 1) Giải phương trình (1) khi m 0 . 2 2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x2 x1 . x 2y 3 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình . 2 2 x 2y 2x 3y 4 Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, AK là đường cao. Đường tròn tâm O đường kính BC cắt cạnh AC tại D (D khác C), H là giao điểm của đường thẳng BD và đường thẳng AK. Kẻ tiếp tuyến AM của đường tròn (O) với M là tiếp điểm. 1) Chứng minh tứ giác DCKH là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh rằng AD.AC=AH.AK=AM2 . 3) Giả sử tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thuộc đường thẳng đi qua M và vuông góc với đường thẳng AO. Chứng minh rằng BC= 2AM . Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình 3x3 11x2 3x 7 24x 8x 1 3 8x 1 0. Hết Họ tên thí sinh: . Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: . Chữ ký giám thị 2:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN NAM ĐỊNH KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 - 2016 Hướng dẫn chấm gồm 03 trang I. Hướng dẫn chung: 1) 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 thì vẫn cho điểm tối đa. 2) Bài hình (tự luận) bắt buộc phải vẽ đúng hình thì mới chấm điểm, nếu hình vẽ sai ở phần nào thì không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của phần đó. 3) 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 - Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm. Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án C B A C D C D B Phần II – Tự luận (8,0 điểm) Câu Ý Nội dung trình bày Điểm x 1 1 2 Với x > 0, x 1 ta có A = : 0,25 x 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 = : 0,25 1) x x 1 x 1 x 1 (1,0đ) x 1 x 1 1. = . 0,25 (1,5đ) x x 1 x 1 x 1 = 0,25 x 9 3 3 3 3 3 3 3 1 3 3 1 2) 0,25 (0,5đ) 3 1 3 1 3 1 3 1 3 3 3 2 3 đpcm 0,25 Với m = 0 ta có phương trình (1) trở thành x2 2x 1 0 . 0,25 1) 2 x2 2x 1 0 x 1 0 x 1. (0,5đ) 0,25 Vậy khi m = 0, phương trình (1) có nghiệm x 1 . Phương trình (1) có biệt thức / m2 . 0,25 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi / 0 m 0 . 2 2. x1 , x2 là các nghiệm của (1) nên theo định lí Vi-et có: x1 x2 2, x1 x2 1 m . 0,25 (1,5đ) x1 x2 2 2 Từ có x1 x1 2 0 hay x1 1; 2 . 2) x x2 (1,0đ) 2 1 2 0,25 Với x1 1 thì x2 1 , khi đó 1 m 1 hay m 0 . 2 Với x1 2 thì x2 4 , khi đó 1 m 8 hay m 3 . Kết hợp điều kiện m 0 có đáp số: m 3 . 0,25 ĐKXĐ: x, y ¡ Ta có x 2y 3 x 3 2y 0,25 2 3. Thay x = 3 – 2y vào phương trình còn lại ta có phương trình 6y 5y 1 0 (1,0đ) y 1 0,25 y 1 6y 1 0 1 . y 6
3. Với y 1 x 1 . 1 10 0,25 Với y x . 6 3 10 1 Vậy hệ phương trình đã cho có hai nghiệm (x; y) = (; ); (x; y) = (1;1 ). 0,25 3 6 Hình vẽ: A D M I H J B C K O AK là đường cao của tam giác ABC nên A· KC 90o . 0,25 1) Trong hình tròn (O), B· DC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên B· DC 90o . 0,25 (1,0đ) o Suy ra H· KC H· DC A· KC B· DC 180 0,25 Vậy tứ giác DCKH là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng các góc đối bằng 180o). 0,25 * Chứng minh (a): AD.AC=AH.AK . 0,25 - Chỉ ra được các tam giác vuông AHD, ACK đồng dạng. 4. AH AD (3,0đ) - Suy ra hay AD.AC=AH.AK . 0,25 AC AK * Chứng minh (b): AD.AC=AM2 . 2) 0,25 (1,5đ) - Chỉ ra được A· MD A· CM . - Chỉ ra được các tam giác AMD, ACM đồng dạng (g-g). 0,25 AM AD - Suy ra hay AC.AD AM2 . 0,25 AC AM * Từ (a) và (b) có điều phải chứng minh: AD.AC=AH.AK=AM2 . 0,25 Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, IM vuông góc với AO tại J. BC Từ MJ  AO suy ra MA2 MO2 JA2 JO2 IA2 IO2 , có MO ,IA IC 2 0,25 BC2 nên MA2 IC2 IO2 (c). 3) 4 (0,5đ) Lại có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC, O là trung điểm của BC BC2 nên IO  OC , suy ra IC2 IO2 OC2 (d). 4 0,25 BC2 BC2 Từ (c) và (d) suy ra MA2 nên BC 2AM . 4 4 1 5. ĐKXĐ: x 8 0,25 (1,0đ) Ta có 3x3 11x2 3x 7 24x 8x 1 3 8x 1 0
4. 3 x3 3x2 3x 1 2 x2 2x 1 3 8x 1 8x 1 2 8x 1 3 2 3 x 1 3 2 x 1 2 3 8x 1 2 8x 1 9 u x 1 u Đặt . ĐK 8 . Ta có phương trình v 8x 1 v 0 0,25 3u3 2u2 3v3 2v2 u v 3u2 3uv 3v2 2u 2v 0 (*) 9 Do 3u2 3uv 3v2 2u 2v 0,u ,v 0 nên (*) u v 0,25 8 1 Với u = v ta có 8x 1 x 1 x2 6x 2 0 x 3 7 (thỏa mãn x ). 8 0,25 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 3 7, x 3 7.