Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán lần 1 - Năm học 2018-2019 - Trường THCS Đồng Nguyên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán lần 1 - Năm học 2018-2019 - Trường THCS Đồng Nguyên (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS ĐỒNG NGUYÊN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN : TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 Thời gian làm bài 120 phút, không kể giao đề Câu 1: (2,5 điểm) 4a a a 1 1) Rút gọn biểu thức P . với a >0 và a 1 . 2 a 1 a a a 2) Tìm m để hàm số y = (2 – 18m)x – 3m – 2 đồng biến trên R 2x - y = - 7 3) Giải hệ phương trình: x + 2y = -1 Câu 2: (1,5 điểm) Trong kỳ thi vào lớp 10 THPT tỉnh Bắc Ninh, tại một phòng thi có 24 thí sinh dự thi. Các thí sinh đều làm bài trên giấy thi của mình. Sau khi thu bài cán bộ coi thi đếm được 35 tờ giấy thi và bài làm của thí sinh chỉ gồm 1 tờ hoặc 2 tờ giấy thi. Hỏi trong phòng đó có bao nhiêu thí sinh bài làm gồm 1 tờ giấy thi, bao nhiêu thí sinh bài làm gồm 2 tờ giấy thi? (Tất cả các thí sinh đều nộp bài). Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 - 2(m – 1)x – 2m = 0, với m là tham số. 1) Giải phương trình khi m = 0. 2) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình, tìm tất cả các giá trị của m sao cho 2 x1 + x1 – x2 = 5 – 2m Bài 4: (3 điểm) Cho đường tròn (O), dây cung BC (BC không là đường kính). Điểm A di động trên cung nhỏ BC (A khác B và C; độ dài đoạn AB khác AC). Kẻ đường kính AA’ của đường tròn (O), D là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC. Hai điểm E, F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ B, C đến AA’. Chứng minh rằng: 1) Bốn điểm A, B, D, E cùng nằm trên một đường tròn. 2) BD.AC = AD.A’C. 3) DE vuông góc với AC. 4) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định. Câu 5: (1 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 2a2 ab 2b2 2b2 bc 2c2 2c2 ca 2a2 . = = = = = Hết = = = = = Họ và tên thí sinh: .Số báo danh: Chữ kí giám thị :
2. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Câu Phần Nội dung Điểm 1) Với 0 a 1 thì ta có: 0,5 4a a a 1 4a 1 a 1 P . . a 1 a a a2 a 1 a2 1 4a 1 0,25 1đ a 2 4a 1 Với 0 a 1 thì P 0,25 a 2 2) Tìm m để hàm số y = (2 – 18m)x – 3m – 2 đồng biến trên R 1 Hàm số y = (2 – 18m)x – 3m – 2 đồng biến trên R 2 -18m > 0 0,25 (2,5đ) 2 1 m < 0,25 0.75đ 9 Vậy với m < 1 thì hàm số y = (2 – 18m)x – 3m – 2 đồng biến trên R 0,25 9 2x - y = - 7 3) Giải hệ phương trình: x + 2y = - 1 3 0.75đ 2x - y = - 7 4x - 2y = -14 x = -3 0,75 x + 2y = - 1 x + 2y = -1 y = 1 Gọi số thí sinh bài làm gồm 1 tờ giấy thi là x ( thí sinh, x N * , x < 24) Số thí sinh bài làm gồm 2 tờ giấy thi là y ( thí sinh, y N * , y < 24) 0.25 Vì phòng thi có 24 thí sinh nên ta có pt x + y = 24 (1) Sau khi thu bài cán bộ coi thi đếm được 35 tờ giấy thi nên ta có pt: x + 2y = 35 (2) 2 x y 24 0.5 Từ (1); (2) ta có hệ pt (1,5đ) x 2y 35 x 13 Giải hpt ta được ( tm điều kiện của ẩn) 0.5 y 11 Vậy số thí sinh bài làm gồm 1 tờ giấy thi là 13 Số thí sinh bài làm gồm 2 tờ giấy thi là 11 0.25 1) Thay m = 2 được phương trình : x2 + 2x = 0 x(x + 2) = 0 0.25 1 x = 0 hoặc x = -2 0.25 0.75đ 0.25 Vậy khi m = 0, phương trình có hai nghiệm x1= 0 và x2 = - 2 2) Có ∆ = b’2 – ac = [-(m-1)]2-1.(-2m)= m2-2m+1+2m=m2+1 0 với 0.25 3 mọi m (2đ) 0.25 2 nên phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. b 1.25đ Theo Vi-et ta có : x1+x2= 2(m 1) =2m-2 (1) a 2 Theo bài ta có x1 + x1 – x2 = 5 – 2m (2). 0.25
3. 2 Từ (1) và (2) ta có x1 + 2x1 – 3 = 0 x1 = 1 hoặc x1 = -3 3 + Với x = x1 = 1, từ đề bài ta có m = . 4 - 3 0.25 + Với x = x1 = -3, từ đề bài ta có m = 4 3 2 0.25 Vậy khi m = ± thì PT có 2 nghiệm x1, x2 thỏa : x1 + x1 – 4 x2 = 5 – 2m Vẽ hình, ghi gt KL đúng 0.5 A H E I N B D C O K M F A' 1 Vì A· DB A· EB 900 bốn điểm A, B, D, E cùng thuộc đường tròn 0.75 0.75đ đường kính AB Xét ADB và ACA’ có: A· DB A· CB 900 (A· CB 900 vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); 2 A· BD A· A'C (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC) 4 0.75đ ADB ~ ACA’ (g.g) 0.75 (3đ) AD BD BD.AC = AD.A’C (đpcm). AC A'C . Tứ giác AEDB nội tiếp A· BD D· EA' 0.5 3 Xét (O) có A· BD A· A'C (góc nội tiếp cùng chắn cung AC ) 0.5đ ' ' ' 0 => D· EA A· A C => DE // A’C mà A’C  AC (A· CA 90 ) => DE  AC. Gọi I là trung điểm của BC, K là giao điểm của OI với DA’, M là giao 0.5 điểm của EI với CF, N là điểm đối xứng với D qua I. Ta có: OI  BC OI // AD (vì cùng  BC) OK // AD. 4 ADA’ có: OA = OA’ (gt), OK // AD KD = KA’. 0.5đ DNA’ có ID = IN, KD = KA’ IK // NA’; mà IK  BC (do OI  BC) NA’  BC. Tứ giác BENA’ có B· EA' B· NA' 900 nên nội tiếp được đường tròn E· A'B E· NB .
4. Ta lại có: E· A'B A· A'B A· CB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của (O)). E· NB A· CB NE // AC (vì có hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau). Mà DE  AC, nên DE  EN (1) Xét IBE và ICM có: E· IB C· IM (đối đỉnh) IB = IC (cách dựng) I·BE I·CM (so le trong, BE // CF (vì cùng  AA’)) IBE = ICM (g.c.g) IE = IM EFM vuông tại F, IE = IM = IF. Tứ giác DENM có IE = IM, ID = IN nên là hình bình hành (2) Từ (1) và (3) suy ra DENM là hình chữ nhật IE = ID = IN = IM ID = IE = IF. Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp DEF. I là trung điểm của BC nên I cố định. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định. 2 2 2 2 a b Ta có 2a ab 2b 2 a b 3ab mà ab 4 2 2 3 2 5 2 Nên 2a 2 ab 2b2 2 a b 3ab 2 a b . a b . a b 4 4 5 Suy ra 2a 2 ab 2b2 a b 2 5 5 Tương tự 2b2 ab 2c2 b c ; 2c2 ca 2a 2 c a 2 2 Do đó P 5 a b c 0.25 5 Mặt khác ta có (1đ) x 2 y2 z2 xy yz xz 2 x 2 y2 z2 2 xy yz xz 3 x 2 y2 z2 x 2 y2 z2 2xy 2yz 2zx 2 1 2 Nên 3 x 2 y2 z2 x y z x 2 y2 z2 x y z 0.25 3 1 1 Áp dụng bất đẳng thức ta có: a b c a b c 0.25 3 3 5 1 5 0.25 Suy ra P . Dấu = khi a = b = c = .Vậy MinP = khi và chỉ 3 9 3 1 khi a b c 9