Đề thi thử tuyển sinh lớp 10 THPT - Môn thi: Toán - Đề 1, 2

Nội dung text: Đề thi thử tuyển sinh lớp 10 THPT - Môn thi: Toán - Đề 1, 2

1. ĐỀ 1 THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022. MÔN THI: TOÁN (120 phút) 2x y 3 2 x 2 x Câu 1 (2đ): Giải pt và hpt: a)x(3 x) 4 ; b) ;Câu 2 (2đ): a) Rgọn P 2 : 2y 8 3x 1 x x x 2 x 2 b) Cho đường thẳng (d) : y = x + 1 và đường thẳng (d’) : y = 2x -2m - 1. Tìm m để đường thẳng (d) và đường thẳng (d’) cắt nhau tại 1 điểm nằm trong góc phần tư thứ II. Câu 3 (2đ): a) Một người thợ dự định may 1000 chiếc khẩu trang trong một thời gian nhất định. Nhờ tăng năng suất lao động, nên mỗi ngày người đó may thêm được 30 chiếc khẩu trang so với kế hoạch. Do đó, chẳng những đã may vượt mức 170 chiếc khẩu trang mà còn hoàn thành công việc sớm hơn dự định 1 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày người đó dự định may được bao nhiêu chiếc khẩu trang?; b) Cho pt x2 6x 6m m2 0(với m là 3 3 2 tham số). Tìm m để pt đã cho có hai ngh x1 , x2 thỏa mãn: x1 x2 2x1 12x1 72 0 Câu 4 (3,0 điểm):Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, AB 0; x 1 ; 2 3 x 1 x 1 x 1 c, Tính giá trị của biểu thức M khi x = 4 2 3 ; Câu 2: (2điểm) a) Giải pt: 2x2 - 5x + 3= 0; b) Cho phương trình x2 - (2m -1)x + m 2 m = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x ;x thỏa mãn: 1 2 x 1 2 x 2 Câu 3: (2 điểm) 1. Giải hpt x 3y 9 ; 2. Tìm m để đg tg: y = x + m2 + 2 và đg tg: y = (m – 2) x + 11 cắt 3x y 7 nhau tại một điểm trên trục tung; Câu 4: (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) và đường thẳng d không có điểm chung với (O). Từ điểm M bất kỳ trên d, kẻ các tiếp tuyến MA, MB của (O), (A, B là các tiếp điểm). Kẻ OH vuông góc với d tại H. Đường thẳng AB cắt đường thẳng OH tại I . 1, Chứng minh: Tứ giác OAMB nội tiếp đường tròn; 2, Chứng minh: IA.IB = IO.IH; 3, Tìm vị trí điểm M trên d sao cho độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất C©u 5: (1.0 ®iÓm) Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 9 x3 y3 z3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: S x2 xy y2 y2 yz z2 z2 zx x2 ĐÁP ÁN ĐỀ 1 THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022. Câu Ý Nội dung Điểm x(3 x) 1 x2 3x 4 0 . 0,25 Ta có: a b c 1 3 4 0 0,25 a) c 4 x1 1;x 2 4 a 1 0,25 1 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là x1 1;x 2 4 . 0,25 2x y 3 2x y 3 0,25 2y 8 3x 3x 2y 8 b) 4x 2y 6 2x y 3 3x 2y 8 7x 14 0,25
2. x 2 x 2 2.2 y 3 y 1 0,25 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất (x; y)= (2; 1) 0,25 2 x 2 x P 2 : ; x 0, x 1 1 x x x 2 x 2 2 2 x 2 x 2 x( x 1) P : 1 x ( x 1)( x 2) x 2 0,25 2 x x 2 x x a) : 1 x ( x 1)( x 2) 0,25 2 x .( x 1) x 1 0,25 2 x 2 Vậy P 2 x với x 0 và x 1 . 0,25 Tọa độ giao điểm cuả đường thẳng (d) : y = x + 1 và đường thẳng (d’) : y = 2x -2m - 1 là nghiệm của hệ phương trình: y x 1 x 2m 2 y 2x 2m 1 y 2m 3 0,5 Lại do đường thẳng (d) cắt đường thẳng (d’) : y = 2x -2m - 1 tại điểm b) A( 2m+2 ; 2m+3) nằm trong góc phần tư thứ II. m 1 2m 2 0 3 2m 3 0 m 2 0,25 3 Vậy < m < -1 thảo mãn yêu cầu đề bài 2 0,25 Gọi số khẩu trang mỗi ngày người đó may được theo dự định là x (chiếc). ĐK: x N * 0,25 Số khẩu trang mỗi ngày thực tế người đó may được là x + 30 (chiếc) 1000 Theo dự định thời gian người đó may được 1000 chiếc khẩu trang là x ( ngày) Thực tế thời gian người đó may được 1000+170 = 1170 chiếc khẩu trang là 1170 ( ngày) x 30 3 a) Do thực tế hoàn thành công việc sớm hơn dự định 1 ngày nên ta có phương trình: 1000 1170 1 x x 30 0,25 1000x 30000 1170x x2 30x x2 200x 30000 0 0,25 x 100 (TM) x 300 (KTM) 0,25 Vậy số khẩu trang mỗi ngày người đó may được theo dự định là 100 ( Chiếc)
3. 2 2 x 6x 6m m 0 Có ' 9 6m m2 (m 3)2 0, với mọi m phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m. x1 x2 6 Theo Vi-ét ta có: 2 x1.x2 6m m 0,25 3 3 2 Theo bài ra ta có: x1 x2 2x1 12x1 72 0 3 3 2 x1 x2 2x1 12x1 72 0 2 2 (x1 x2 )(x1 x1x2 x2 ) 2x1( 6 x1) 72 0 2 (x1 x2 ) (x1 x2 ) x1x2 2x1x2 72 0 2 2 (x1 x2 )(36 6m m ) 2(6m m ) 72 0 b) 2 2 (x1 x2 )(36 6m m ) 2(m 6m 36) 0 2 (m 6m 36)(x1 x2 2) 0 Vì m2 6m 36 (m 3)2 27 0, m x1 x2 2 0 0,25 x1 x2 6 Ta có hệ phương trình: x1 x2 2 Giải hệ phương trình ta được x1 4; x2 2 ( 4).( 2) 6m m2 m2 6m 8 0 0,25 Giải phương trình ta được m = 2 hoặc m = 4 Vậy m = 2 hoặc m = 4 thì phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa 3 3 2 mãn x1 x2 2x1 12x1 72 0 0,25
4. a) 0,25 4 Chứng minh tứ giác ACDF nội tiếp Ta có ·ADC 900 ( AD là đường cao của tam giác ABC) ·AFC 900 ( CF là đường cao của tam giác ABC) 0,25 0 Suy ra ·ADC ·AFC ( 90 ) . Xét tứ giác ACDF có 2 đỉnh D, F kề nhau 0,25 cùng nhìn cạnh AC dưới 1 góc không đổi. Do đó tứ giác ACDF nội tiếp 0,25 Chứng minh MC2 = MI. MA và tam giác CMD cân. Xét MIC và MCA có: I·MC chung M· CI = M· AC (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung IC) MIC MCA (g.g) 0,25 MI MC b) (các cạnh tương ứng tỉ lệ) MC MA MC2 = MI. MA. 0,25 Ta có C· AB = M· CB (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC) 0,25 Ta lại có · = · (Do tứ giác ACDF nội tiếp) CAB CDM 0,25 M· CD = C·TamDM giác CMD cân tại M Chứng minh ba điểm K, N, C thẳng hàng. Chứng minh được tứ giác CIND nội tiếp vì N· IC N· DC N· IC B· AC 1800 c) N· CI N· DI 0,25
5. Chứng minh được MDI MAD (c.g.c) I·MD chung MD2 =MC2 = MI. MA (tam giác CMD cân tại M) M· DI D· AM hay K· AI N· DI 0,25 K· AI K· CI ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung KI) K· CI N· DI 0,25 Mà N· CI N· DI K· CI N· CI Hai tia KC và NC trùng nhau Ba điểm K, N, C thẳng hàng. 0,25 Ta có: a4 + b4 ³ ab(a2 + b2 ), " a; b Î ¡ Thật vậy a4 + b4 ³ ab(a2 + b2 )Û a4 + b4 ³ a3b + ab3 2 Û - 3 - 3 ³ Û - 2 + + 2 ³ (luôn đúng " Î ¡ ) (a b)(a b ) 0 (a b) (a ab b ) 0 a; b 0,25 Do đó a4 + b4 + c ³ ab(a2 + b2 )+ c Û a4 + b4 + c ³ ab(a2 + b2 )+ abc2 > 0 (vì a; b; c > 0 và abc = 1 ). c c c c Û £ (vìc > 0 ) Û £ a4 + b4 + c ab(a2 + b2 )+ abc2 a4 + b4 + c ab(a2 + b2 + c2 ) c c2 c c2 5 Û £ Û £ (1). a4 + b4 + c abc(a2 + b2 + c2 ) a4 + b4 + c a2 + b2 + c2 b b2 Tương tự £ (2). 0,25 b4 + c4 + a a2 + b2 + c2 a a2 và £ (3) b4 + c4 + a a2 + b2 + c2 Cộng theo vế các bất đẳng thức (1), (2) và (3), ta có: a b c a2 b2 c2 0,25 + + £ + + b4 + c4 + a a4 + c4 + b a4 + b4 + c a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 Þ T £ 1, " a; b; c > 0 thỏa mãn abc = 1 . 0,25 Với a = b = c = 1 thì T = 1 . Vậy maxT = 1 . Hết ĐÁP ÁN ĐỀ 2 THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2021 – 2022. Câu Nội dung Điểm a) b) * Với x 0; x 1 0,5 ( x 1 )(x + x 1) x 1 x x x M : x 1 x 1 x 1 0,5 Câu 1 x x 1 x + 1 x 2 x : (2điểm) x 1 x 1 x 0.25 2 * Với x = 4 2 3 ( 3 1) thỏa mãn ĐKXĐ 0.25 2 x 3 3 suy ra M = 0.25 x ( 3 1)2 0.25
6. 3 3 3 3 1 2 3 3 Vậy M = tại x = 4 2 3 2 Câu 2a) Giải phương trình : 2x2 - 5x + 3= 0 (2điểm) 3 Do: a + b+ c = 2 + (-5) + 3 = 0, nên phương trình có hai nghiệm phân biệt là x1 1; x2 1,0 2 b) Xét phương trình x2 - (2m -1)x + m 2 m = 0 (*) 2 Ta có  (2m 1) 4.1.(m2 m) (2m 1)2 4m2 4m 1 0 ,m. nên phương trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt là m và m – 1. m 0 Để tồn tại x 1 , 2x 2 ta cần có x1 0; x2 0 m 1 m 1 0 Khi đó: x 1 2x 2 x 1 2x 2 . (1) 0.5 C1: Xét hai trường hợp Trường hợp 1: Xét x1 m,x2 m 1, thay vào x1 2x2 , ta được: m 2 m 1 m 2( Thỏa mãn điều kiện m 1 ) . Trường hợp 2: Xét x1 m 1,x2 m, thay vào x1 2x2 , ta được: m 1 2m m 1( loại) Vậy m = 2 là giá trị cần tìm. C2: Do x 1 2x 2 , x 1 0; x 2 0 x 1 x 2 0,5 Mà m m 1 x 1 m , x 2 m 1 . Thay vào x1 2x2 , ta được: m 2 m 1 m 2( Thỏa mãn điều kiện m 1 ) x 3y 9 y 3x 7 x 3 Câu 3 a) . (2điểm) 3x y 7 x 3(3x 7) 9 y 2 0,75 KL: Với a = 3 thì hệ có nghiệm duy nhất là: (x,y) = (3;2) 0,25 a) Đường thẳng y = x + m2 + 2 và đường thẳng y = (m – 2) x + 11 cắt nhau tại một điểm trên m 2 1 trục tung 2 0,5 m 2 11 m 3 m 3 2 0,5 m 9 O A K I B M H d 1) Vì MA, MB là các tiếp tuyến của (O) và A, B là các tiếp điểm nên MA  OA, MB  OB . Suy ra M· AO M· BO 900 . Do đó A, B cùng thuộc đường tròn đường kính MO 1,0 Vậy tứ giác MAOB có 4 đỉnh cùng thuộc một đường tròn. 1) Vì M· HO 900 nên H thuộc đường tròn đường kính MO.
7. Suy ra tứ giác AOBH có 4 đỉnh cùng thuộc một đường tròn. 0,25 Câu 4 Suy ra O· AB O· HB (góc nội tiếp cùng chắn cung O»B ). (3điểm) Mặt khác O· IA B· IH (đối đỉnh). Suy ra OIA∽ BIH . 0,5 OI IA Do đó IA.IB IO.IH . IB IH 0,25 2) Gọi K là giao điểm của AB và OM. Ta có AB  OM suy ra OI OK 0,25 OKI ∽ OHM . Suy ra OI.OH OK.OM (1). OM OH Vì tam giác OAM vuông tại A có đường cao AK nên ta có OK.OM OA2 R2 (2) (R là bán kính của (O)). R2 Từ (1) và (2) suy ra OI.OH R2 hay OI không đổi. OH 0,25 Do đó I là điểm cố định. 2 2 2 2 2 2 Lại có AB 4AK 4 OA OK 4 R OK . 0,25 Suy ra AB nhỏ nhất OK lớn nhất. Vì OK OI nên OK lớn nhất bằng OI khi K  I M  H . 0,25 Vậy để AB nhỏ nhất thì M trùng với H. Câu 5 a3 b3 b3 c3 c3 a3 Do a b b c c a 0 (1điểm) a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 a3 b3 c3 b3 c3 a3 a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ca a2 0,25 1 a3 b3 b3 c3 c3 a3 Suy ra P = 2 2 2 2 2 2 2 a ab b b bc c c ca a a2 ab b2 1 a3 b3 a b Lại có a2 ab b2 3 a2 ab b2 3 0,25 b3 c3 b c c3 a3 c a Tương tự: ; b2 bc c2 3 c2 ca a2 3 0,25 a b c Suy ra P 3 3 0,25 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì vẫn được điểm tối đa. Bài hình không có hình vẽ hoặc vẽ sai thì không chấm điểm.