Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Đề 3 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Đề 3 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN : TỐN ĐỀ 3 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1 : (2 điểm ) a) Tính giá trị biểu thức: A 5 12 4 75 2 48 3 3 2x y 3 b) Giải hệ phương trình: 3x 2y 1 c) Giải phương trình: x4 – 7x2 – 18 = 0 Bài 2 : (2 điểm ) 1 Cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (D) đi qua điểm A, B trên (P) có hoành độ 4 lần lượt –2 và 4. a) Viết phương trình đường thẳng (D) b) Vẽ đồ thị hàm số (P) và (D) trên cùng hệ trục tọa độ c) Tính độ dài khoảng cách từ O đến đường thẳng (D) d) Tìm điểm M trên cung AB của Parabol (P) sao cho diện tích tam giác MAB là lớn nhất Bài 3 : (2 điểm ) Khi nước đứng yên, một chiếc thuyền khởi hành từ bến sông A. Sau 5 giờ 20 phút, một canô chạy từ bến A đuổi theo và gặp thuyền cách bến A 20km. Hỏi vận tốc của thuyền, biết rằng canô chạy nhanh hơn thuyền 12km một giờ ? Bài 4 : (4 điểm ) Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O) vẽ cát tuyến MCD không đi qua tâm O và hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (O), ở đây A, B là các tiếp điểm và C nằm giữa M, D. Gọi I là trung điểm của CD a) Chứng minh rằng tứ giác MAIO nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh MA2 = MC.MD. c) Gọi H là giao điểm của AB và MO. Chứng minh MC.MD = MH.MO d) Chứng minh MCH ∽ MOD e) Gọi K là giao điểm của các tiếp tuyến tại C và D của đường tròn (O). Chứng minh H, A, K thẳng hàng. HẾT Đề thi này có 01 trang
2. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Bài 1 Tính giá trị biểu thức: A 5 12 4 75 2 48 3 3 a) A 5 12 4 75 2 48 3 3 5 4.3 4 25.5 2 16.3 3 3 5.2 3 4.5 5 2.4 3 3 3 0,25 10 3 20 5 8 3 3 3 0,25 5 3 b) 2x y 3 4x 2y 6 (1) 3x 2y 1 3x 2y 1 (2) (1) +(2) : 7x = 7 x = 1 0,25 Giải ra y = 1 0,25 Vây nghiệm của hệ (1;1) 0,25 c) Giải phương trình: x4 – 7x2 – 18 = 0 Đặt x2 = t ( t 0 ) Phương trình có dạng t2 – 7t -18 = 0 0,25 = (-7)2 – 4.1.(-18) = 49 + 72 = 121 > 0 Giải ra t1 = 9 (tđk) 0,25 t2 = -2 ( ko tđk) x2 = 9 x = 3 Vậy PT có 2 nghiệm x1 = -3 và x2 = 3 0,25 (HS quên đặt ĐK thì – 0,25) 1 Cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (D) đi qua điểm A, B trên (P) 4 có hoành độ lần lượt –2 và 4. a) Viết phương trình đường thẳng (D) b) Vẽ đồ thị hàm số (P) và (D) trên cùng hệ trục tọa độ c) Tính độ dài khoảng cách từ O đến đường thẳng (D) d) Tìm M trên cung AB của Parabol (P) sao cho diện tích tam giác MAB là lớn nhất Tìm được A(-2;1) và B(4;4) 0,25 Bài 2 Gọi PT (D) : y = ax + b Vì (D) đi qua A(-2;1) và B(4;4) nên ta có HPT : a) 1 a( 2) b 4 4a b 2a b 1 4a b 4
3. 1 Giải ra a = và b=2 2 0,25 1 Vậy PT (D) : y= x + 2 2 b) x -2 -1 0 1 2 y = x2/4 1 1/4 0 1/4 1 x 0 -4 y = 1/2x + 2 2 0 Lập bảng đúng và vẽ đồ thị đúng (P) Lập bảng đúng và vẽ đồ thị đúng (D) 0,25 0,25 8 Nếu thiếu một trong các 6 trường hợp sau thì – 0,25 4 B : 2 Mũi tên, x,y,O, số biểu A 1 10 5 -4 -2 O 2 4 5 10 diễn tọa độ của các điểm 2 cần thiết 4 6 8 c) 8 (D) cắt Ox tại : y = 0 x= -4 (D) cắt Oy tại : y = 2 6 4 B 1 1 1 2 2 2 H 2 D OH OC OD A 1 1 1 1 5 0,25 5 C -2 0 M 4 5 42 22 16 4 16 2 16 4 OH 5 (đvđd) 5 5 0,25 d) 1 Gọi đường thẳng song song (D) : y = x+2 và tiếp xúc với (P) là 2 (d) : y = ax+b Vì đáy AB không đổi nên diện tích MAB lớn nhất chỉ khi đường cao MK lớn nhất, đó chính là khoảng cách giữa hai đường thẳng (d) và (D) suy ra M là điểm tiếp xúc giữa (d) và (P) 1 Vì (d) // (D) nên a = 2 0,25 1 1 Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) : x2 = x+b 4 2 x2 = 2x + 4b x2 - 2x - 4b = 0 Hoành độ điểm tiếp xúc : x = - (-1) = 1 1 1 Tung độ điểm tiếp xúc : y = 12 = 4 4 1 Tọa độ điểm tiếp xúc : M (1; ) 4
4. 1 0,25 Vậy khi M (1; ) thì DT MAB lớn nhất 4 16 5h20ph = h Bài 3 3 Gọi vận tốc của thuyền là x (km/h) ( x > 0 ) 0,25 Vận tốc của ca nô : x + 12 (km/h) 20 Thời gian thuyền đi quãng đường 20 km : (h) 0,25 x 20 Thời gian ca nô đi quãng đường 20 km : (h) x 12 0,25 Theo đề bài ta có phương trình : 20 20 16 - = 0,5 x x 12 3 20.3(x+ 12 ) – 20x.3 = 16x(x + 12 ) 60x + 720 – 60x = 16x2 + 192x 16x2 + 192x -720 = 0 x2 + 12x - 45 = 0 ’ = 62 – 1.( -45) = 36 +45 = 81 >0 6 81 0,25 x1 = 3 ( TĐK) 1 0,25 6 81 x2 = 15 ( không TĐK) 1 Vậy vận tốc của thuyền là 3 km/h 0,25 15 Chú ý : điều kiện 0 < x < ) là đúng nhất nhưng không nhất thiết yêu cầu 4 đối với HS K Bài 4 A D I C O M H B a) a) Chứng minh rằng tứ giác MAIO nội tiếp đường tròn. (1 đ ) 0,25 OI  CD ( tính chất đường kính vuông góc dây cung) 0,25 MA OA ( tính chất tiếp tuyến ) 0,25 Nên M· AO M· IO ( = 1v) 0,25 Mà đây là 2 góc liên tiếp cùng nhìn chung cạnh MO nên tứ giác b) MAIO nội tiếp đường tròn
5. Chứng minh MA2 = MC.MD: (0,75 đ) Xét MAC và MDA có : Mˆ : chung 0,25 M· AC ·ADC : ( cùng chắn cung AC ) 0,25 Nên MAC MDA ∽ 0,25 MA MC c) MA2 = MC.MD MD MA Chứng minh MC.MD = MH.MO : ( 0,75 đ) MA = MB ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ) 0,25 Nên MAB cân tại M MO là phân giác góc AMB ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ) 0,25 MAB cân tại M có MH là đường phân giác nên cũng là đường cao Lại có OA  MA ( tính chất tiếp tuyến ) Suy ra MA2 = MH.MO ( hệ thức lượng trong MAO) d) Mà MA2 = MC.MD ( cmt) 0,25 Nên MC.MD = MH.MO d) Chứng minh MCH ∽ MOD: (0,5 đ) Xét MCH và MOD có : MC.MD = MH.MO (cmt) 0,25 MC MH MO MD 0,25 DMˆO : chung e) Nên MCH ∽ MOD e). Chứng minh H, A, K thẳng hàng: (1đ) OC  KC ( tính chất tiếp tuyến ) KD  OD ( tính chất tiếp tuyến ) 0,25 Tứ giác KCOD có KCˆO KDˆO 1v 1v 2v nên nội tiếp Tứ giác KCOD nội tiếp Nên C· DO C· KO ( cùng chắn cung CO) 0,25 Mà C· HM C· DO ( MCH ∽ MOD) Nên CKˆO CHˆM 0,25 Suy ra tứ giác KCHO nội tiếp Do đó K· HO K· CO (2 góc nội tiếp cung chắn cung KO ) = 1v Hay KH  MO Mà AH  MO (cmt ) 0,25 Nên Tia AH  KH Vậy ba điểm H, A, K thẳng hàng ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
6. MƠN : TỐN ĐỀ 2 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1. (2,0 điểm) Rút gọn các biểu thức sau : a) 2 3 3 27 300 1 1 1 b) : x x x 1 x( x 1) Bài 2. (1,5 điểm) a). Giải phương trình: x2 + 3x – 4 = 0 b) Giải hệ phương trình: 3x – 2y = 4 2x + y = 5 Bài 3. (1,5 điểm) 1 Cho hàm số : y = (2m – 1)x + m + 1 với m là tham số và m . Hãy xác định m trong mỗi 2 trường hơp sau: a) Đồ thị hàm số đi qua điểm M ( -1;1 ) b) Đồ thị hàm số cắt trục tung, trục hồnh lần lượt tại A , B sao cho tam giác OAB cân. Bài 4. (2,0 điểm): Giải bài tốn sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một ca nơ chuyển động xuơi dịng từ bến A đến bến B sau đĩ chuyển động ngược dịng từ B về A hết tổng thời gian là 5 giờ . Biết quãng đường sơng từ A đến B dài 60 Km và vận tốc dịng nước là 5 Km/h . Tính vận tốc thực của ca nơ (( Vận tốc của ca nơ khi nước đứng yên ) Bài 5. (3,0 điểm) Cho điểm M nằm ngồi đường trịn (O;R). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA , MB đến đường trịn (O;R) ( A; B là hai tiếp điểm). a) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp. b) Tính diện tích tam giác AMB nếu cho OM = 5cm và R = 3 cm. c) Kẻ tia Mx nằm trong gĩc AMO cắt đường trịn (O;R) tại hai điểm C và D ( C nằm giữa M và D ). Gọi E là giao điểm của AB và OM. Chứng minh rằng EA là tia phân giác của gĩc CED. Hết ĐÁP ÁN Bài 1:
7. a) A = 3 b) B = 1 + x Bài 2 : a) x1 = 1 ; x2 = -4 b) 3x – 2y = 4 2x + y = 5 3x – 2y = 4 7x = 14 x = 2 4x + 2y = 5 2x + y = 5 y = 1 Bài 3 : a) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm M(-1;1) => Tọa độ điểm M phải thỏa mãn hàm số : y = (2m – 1)x + m + 1 (1) Thay x = -1 ; y = 1 vào (1) ta cĩ: 1 = -(2m -1 ) + m + 1 1 = 1 – 2m + m + 1 1 = 2 – m m = 1 Vậy với m = 1 Thì ĐT HS : y = (2m – 1)x + m + 1 đi qua điểm M ( -1; 1) c) ĐTHS cắt trục tung tại A => x = 0 ; y = m+1 => A ( 0 ; m+1) => OA = m 1 m 1 m 1 m 1 cắt truc hồnh tại B => y = 0 ; x = => B ( ; 0 ) => OB = 2m 1 2m 1 2m 1 Tam giác OAB cân => OA = OB m 1 m 1 = Giải PT ta cĩ : m = 0 ; m = -1 2m 1 Bài 4: Gọi vận tốc thực của ca nơ là x ( km/h) ( x>5) Vận tốc xuơi dịng của ca nơ là x + 5 (km/h) Vận tốc ngược dịng của ca nơ là x - 5 (km/h) 60 Thời gian ca nơ đi xuơi dịng là : ( giờ) x 5 60 Thời gian ca nơ đi xuơi dịng là : ( giờ) x 5 60 60 Theo bài ra ta cĩ PT: + = 5 x 5 x 5 60(x-5) +60(x+5) = 5(x2 – 25) 5 x2 – 120 x – 125 = 0 x 1 = -1 ( khơng TMĐK) x 2 = 25 ( TMĐK) Vậy vân tốc thực của ca nơ là 25 km/h. Bài 5: A D C E M O B a) Ta cĩ: MA  AO ; MB  BO ( T/C tiếp tuyến cắt nhau) => M· AO M· BO 900
8. Tứ giác MAOB cĩ : M· AO M· BO 900 + 900 = 1800 => Tứ giác MAOB nội tiếp đường trịn b) áp dụng ĐL Pi ta go vào MAO vuơng tại A cĩ: MO2 = MA2 + AO2  MA2 = MO2 – AO2 MA 2 = 52 – 32 = 16 => MA = 4 ( cm) Vì MA;MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau => MA = MB => MAB cân tại A MO là phân giác ( T/C tiếp tuyến) = > MO là đường trung trực => MO  AB Xét AMO vuơng tại A cĩ MO  AB ta cĩ: AO2 9 AO2 = MO . EO ( HTL trong vuơng) => EO = = (cm) MO 5 9 16 => ME = 5 - = (cm) 5 5 áp dụng ĐL Pi ta go vào tam giác AEO vuơng tại E ta cĩ:AO2 = AE2 +EO2 81 144 12 AE 2 = AO2 – EO2 = 9 - = = 25 25 5 12  AE = ( cm) => AB = 2AE (vì AE = BE do MO là đường trung trực của AB) 5 24 1 1 16 24 192 2  AB = (cm) => SMAB = ME . AB = . . = (cm ) 5 2 2 5 5 25 c) Xét AMO vuơng tại A cĩ MO  AB. áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuơng AMO ta cĩ: MA2 = ME. MO (1) 1 mà : ·ADC M· AC = Sđ »AC ( gĩc nội tiếp và gĩc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn 2 1 cung) MA MD MAC : DAM (g.g) => => MA2 = MC . MD (2) MC MA MD ME Từ (1) và (2) => MC . MD = ME. MO => MO MC MD ME MCE : MDO ( c.g.c) (M chung; ) => M· EC M· DO ( 2 gĩc tứng) ( 3) MO MC OA OM Tương tự: OAE : OMA (g.g) => = OE OA OA OM OD OM => = = ( OD = OA = R) OE OA OE OD OD OM Ta cĩ: DOE : MOD ( c.g.c) ( Oµ chung ; ) => O· ED O· DM ( 2 gĩc t ứng) (4) OE OD Từ (3) (4) => O· ED M· EC . mà : ·AEC M· EC =900 ·AED O· ED =900 => ·AEC ·AED => EA là phân giác của D· EC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN : TỐN ĐỀ 3 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1 (2.0 điểm):
9. x 1 x 1 1) Giải phương trình: 1 2 4 x 2y 2) Giải hệ phương trình: x y 5 Câu 2:(2.0 điểm) 2( x 2) x a) Rút gọn biểu thức: A = với x 0 và x 4. x 4 x 2 b) Một hình chữ nhật cĩ chiều dài hơn chiều rộng 2 cm và diện tích của nĩ là 15 cm2. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đĩ. Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình: x2- 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x) a) Giải phương trình với m = 3. b) Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho cĩ hai nghiệm phân biệt x1, x2 và thỏa mãn điều 2 kiện: x1 – 2x2 + x1x2 = - 12 c) Câu 4:(3 điểm) Cho tam giác MNP cân tại M cĩ cậnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường trịn ( O;R). Tiếp tuyến tại N và P của đường trịn lần lượt cắt tia MP và tia MN tại E và D. a) Chứng minh: NE2 = EP.EM b) Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp. c) Qua P kẻ đường thẳng vuơng gĩc với MN cắt đường trịn (O) tại K ( K khơng trùng với P). Chứng minh rằng: MN2 + NK2 = 4R2. Câu 5:(1,0 điểm) 6 4x Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A = x2 1 Hết ĐÁP ÁN Câu I. x 1 x 1 a, 1 2(x 1) 4 x 1 x 1 Vậy tập nghiệm của phương trình S= 1 2 4 x 2y x 2y x 10 b, Vậy nghiệm của hệ (x;y) =(10;5) x y 5 2y y 5 y 5 Câu II. a, với x 0 và x 4. 2( x 2) x 2( x 2) x( x 2) ( x 2)( x 2) Ta cĩ: A 1 ( x 2)( x 2) ( x 2) ( x 2)( x 2) ( x 2)( x 2) b, Gọi chiều rộng của HCN là x (cm); x > 0 Chiều dài của HCN là : x + 2 (cm) Theo bài ra ta cĩ PT: x(x+2) = 15 . Giải ra tìm được :x1 = -5 ( loại ); x2 = 3 ( thỏa mãn ) . Vậy chiều rộng HCN là : 3 cm , chiều dài HCN là: 5 cm.
10. Câu III. a, Với m = 3 Phương trình cĩ dạng : x2 - 2x x(x 2) 0 x = 0 hoặc x = 2 Vậy tập nghiệm của phương trình S= 0;2 ' b, Để PT cĩ nghiệm phân biệt x1 ; x2 thì 0 4 m 0 m 4 (*) . Theo Vi-et : x1 x2 2 (1) x1x2 m 3 (2) 2 - Theo bài: x 1 2x2 + x1x2 = - 12 => x1(x1 + x2 ) -2x2 =-12 2x1 - 2x2 = -12 ) ( Theo (1) ) M hay x1 - x2 = -6 . Kết hợp (1) x1 = -2 ; x2 = 4 Thay vào (2) được : m - 3 = -8 m = -5 ( TM (*) ) O K H Câu IV . a, NEM đồng dạng PEN ( g-g) F NE ME N P NE 2 ME.PE EP NE I b, M· NP M· PN ( do tam giác MNP cân tại M ) P· NE N· PD(cùng N· MP) => D· NE D· PE . D Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE E dưới 1 gĩc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp . c, MPF đồng dạng MIP ( g - g ) MP MI MP2 MF.MI(1) . MF MP MNI đồng dạng NIF ( g-g ) NI IF NI 2 MI.IF(2) MI NI Từ (1) và (2) : MP2 + NI2 = MI.( MF + IF ) = MI2 = 4R2 ( 3). N· MI K· PN ( cùng phụ H· NP ) => K· PN N· PI => NK = NI ( 4 ) Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP ( 5) Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm . Câu V . 6 8x k kx2 8x k 6 0 (1) x2 1 2 +) k=0 . Phương trình (1) cĩ dạng 8x-6=0  x= 3 +) k 0 thì (1) phải cĩ nghiệm  ' = 16 - k (k - 6) 0 2 k 8 . 1 Max k = 8 x = . 2 Min k = -2 x = 2 .