Đề ôn tập thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Đề 3 - Năm học 2018-2019 - Trường THCS Ngô Quyền (Có đáp án)

Nội dung text: Đề ôn tập thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán - Đề 3 - Năm học 2018-2019 - Trường THCS Ngô Quyền (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS NGÔ QUYỀN ĐỀ ÔN TẬP THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT THANH MIỆN NĂM HỌC 2018-2019 MÔN: TOÁN ĐỀ ÔN TẬP 3 Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm) 1) Giải phương trình sau: x2 96 20x x 3y 1 2) Giải hệ phương trình sau: 2x y 5 Câu 2 (2,0 điểm) x x 1 1 x x 1) Rút gọn biểu thức A : với x 0 và x 1 . x x 2 x 1 2 x 4 2) Có 160 cây được trồng thành các hàng đều nhau trong một miếng đất. Nếu bớt đi 2 hàng thì mỗi hàng còn lại phải trồng thêm 4 cây mới hết số cây đã có. Hỏi lúc đầu có bao nhiêu hàng cây? Câu 3 (2,0 điểm) 1) Cho Parabol (P): y x2 và đường thẳng (d): y = mx + 2. Chứng minh rằng đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B nằm khác phía trục tung. 2) Cho phương trình: x2 – 2(m + 1) x + m2 + 4 = 0 (x là ẩn, m là tham số). 2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x1 2(m 1)x2 28 . Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). Các đường thẳng BO và CO lần lượt cắt đường tròn (O) tại E, F. 1) Chứng minh AF // BE. 2) Gọi M là một điểm trên đoạn AE (M khác A, E). Đường thẳng FM cắt BE kéo dài tại N, OM cắt AN tại G. Chứng minh: a) AF2 = AM.ON. b) Tứ giác AGEO nội tiếp. Câu 5 (1,0 điểm) Cho x, y là hai số thực không âm thỏa mãn điều kiện x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3 1 2x2 2 40 9y2 . Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: .Chữ ký của giám thị 2:
2. BIỂU ĐIỂM CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM x2 96 20x x2 20x 96 0 . Ta có: ' ( 10)2 1.96 100 96 4 0; 0,25 ' 4 2 0,25 10 2 1 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x 12 ; 1 1 10 2 x 8 0,25 2 1 Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 12; x2 = 8. 0,25 1 x 3y 1 2x y 5 x 1 3y 0,25 2(1 3y) y 5 2 x 1 3y 0,25 7y 7 x 2 0,25 y 1 0,25 Hệ phương trình có nghiệm (x; y) = (-2; 1) ĐKXĐ: x 0 ; x 1 x x 1 1 x x A : x x 2 x 1 2 x 4 x x 1 1 x x 1 0,25 A : x 1 x 2 x 1 2 x 2 x x 1 x 2 2 x 2 A  0,25 x 1 x 2 x 1 x 2 x x 1 x 1 2 x 2 2 1 A  x 1 x 2 x x 1 x 1 x 1 2 x 2 A  0,25 x 1 x 2 x x 1 x 1 2 x 2 2 A  x 2 x x 1 x 0,25 2 Vậy A với ;x 0 x 1 x
3. CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM 2/ + Gọi số hàng cây lúc đầu là x (hàng); x > 2. 0,25 Số hàng cây lúc sau là: x – 2 (hàng) 160 Số cây mỗi hàng lúc đầu là: (cây) x 160 Số cây mỗi hàng lúc sau là: (cây) x 2 160 160 0,25 + Theo đề bài ta có phương trình 4 2 x 2 x 0,25 + Giải phương trình ta được: x1 = 10 (TM); x2 = -8 (Loại) + Vậy số hàng cây lúc đầu là 10 hàng 0,25 + Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: 0,25 x2 mx 2 x2 - mx -2 0 (*) 0,25 + Phương trình (*) có: ac = 1.(-2) = -2 < 0 1 + Do đó phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu 0,25 + Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt 0,25 A và B nằm khác phía trục tung. + Để phương trình có hai nghiệm x1; x2 Û D ' ³ 0 3 Û (m + 1)2 - (m2 + 4)³ 0 Û m ³ (*) 2 0,25 ïì x1 + x2 = 2(m + 1) + Theo Viet ta có: í 2 3 îï x1.x2 = m + 4 2 Suy ra x1 + 2(m + 1)x2 = 28 2 2 Û x1 + (x1 + x2)x2 - 28 = 0 0,25 2 2 2 Û x1 + xx + x1x2 - 28 = 0 Û (x1 + x2) - x1x2 - 28 = 0 + Biến đổi : (2m + 2)2 - m2 - 4- 28 = 0 Û 3m2 + 8m - 28 = 0 0,25 14 + Giải phương trình : m = 2(TM ); m (Loại). Đối chiếu với điều 0,25 3 kiện (*) suy ra m = 2 thì phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn : 2 x1 + 2(m + 1)x2 = 28 A G N M F E 4 0,25 O 1 1 2 2 B C
4. CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM + Do ABC đều, BE và CF là tia phân giác của Bµ ; Cµ nên µ ¶ µ ¶ » » » » 0,25 B1 B2 C1 =C2 => AE CE AF BF a 0,25 + F· AB Bµ . Mà hai góc này ở vị trí so le trong 1 0,25 + => AF // BE +) Tương tự câu 1) ta có AE//CF nên tứ giác AEOF là hình bình hành mà A»E A»F AE AF nên tứ giác AEOF là hình thoi 0,25 ONF và AFM có F· AE F· OE (2 góc đối của hình thoi) · · b AFM FNO (2 góc so le trong) +) AFM đồng dạng với ONF (g-g) 0,25 AF AM +) AF.OF AM.ON ON OF 0,25 +) mà AF = OF nên AF2 AM.ON 0,25 +) Có A· FC A· BC 600 và AEOF là hình thoi AFO và AEO là các 2 tam giác đều AF=DF=AO AO AM.ON 0,25 AM AO +) và cóO· AM A· OE 600 AOM và ONA đồng dạng AO ON 0,25 c A· OM O· NA . +) Có 600 A· OE A· OM G· OE A· NO G· AE G· AE G· OE . 0,25 +) Vậy tứ giác AGEO có mà hai đỉnh A, O kề nhau cùng nhìn đoạn GE dưới 1 góc không đổi nên tứ giác AGEO nội tiếp. 0,25 + Chứng minh được bất đẳng thức Bunyakovsky cho 2 bộ số. 0,25 + Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho 2 bộ số: 2 2 2 2 2 2 2 2 3 11 1 x 1.1 2x. 1 2x 1 3 1 2x (3 2x) 3 3 9 11 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x . 3 2 11 5 Tương tự : 40 6y 40 9y2 40 4 2 40 9y2 (40 6y) 11 0,25 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi y . 3 11 1 2 + Do đó P [49 6(x y)] 5 11 . Đẳng thức xảy ra x ; y . 0,25 11 3 3 1 2 + Vậy Min(P) 5 11 khi x ; y . 3 3 0,25