Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Lần 2 - Năm học 2018-2019 - Trường THCS An Đà (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Lần 2 - Năm học 2018-2019 - Trường THCS An Đà (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS AN ĐÀ KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2018 - 2019 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Lần 2, ngày thi 28/4/2018 Thời gian làm bài: 120 phút Lưu ý: Đề thi gồm 2 trang, học sinh làm bài vào tờ giấy thi. Bài 1 (1,5 điểm). 1 x x x x B 1 1 Cho hai biểu thức A = 3 5 80 20 5 và , với 0 ≤ x ≠ 1. 2 1 x 1 x a) Rút gọn A và B. b) Tìm các giá trị của x, biết |B| = A. Bài 2 (1,5 điểm). 2 1. Cho hai đường thẳng (d): y = (m – 1)x – m và (d1): y = (2m + 1)x + m + 1. Chứng minh rằng hai đường thẳng (d) và (d1) không thể trùng nhau. 3(x 1) 2y 7 2. Giải hệ phương trình 2(x 3) y 11 Bài 3 (2,5 điểm). 1. Cho phương trình bậc hai với ẩn x, tham số m: x2 - 2(m - 1)x + 2m - 4 = 0 (1). a) Giải phương trình (1) với m = 0. b) Tìm m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm không dương. 2. Bài toán thực tế: Theo tiêu chuẩn FIFA (Liên đoàn bóng đã thế giới) về sân bóng đá mini cỏ nhân tạo 5 người (kể cả thủ môn) thì: “Sân hình chữ nhật, chiều dọc tối đa 42m và tối thiểu 25m, chiều ngang tối đa 25m và tối thiểu 15m. Trong mọi trường hợp chiều dọc sân phải lớn hơn chiều ngang sân”. Dựa vào thông tin trên, em hãy giải bài toán sau: Sân bóng đá mini 5 người cỏ nhân tạo Máy Tơ, quận Ngô Quyền, thành phố Hải Phòng có đạt tiêu chuẩn FIFA hay không? Biết rằng sân hình chữ nhật kích thước sân thoả mãn điều kiện sau: Chiều dọc sân dài hơn chiều ngang sân là 22m, diện tích sân là 779m2.
2. Bài 4 (3,5 điểm). 1. Cho tam giác ABC nhọn có AC > AB nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao BD, CE của tam giác cắt nhau ở H. Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC tại F, AF cắt đường tròn tâm O tại K. a) Chứng minh rằng: BCDE là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng: FA.FK = FE.FD c) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: FH vuông góc với AM. 2. Cho tam giác ABC vuông tại B, góc ACB bằng 300 và cạnh AC = 2 cm. Tính thể tích hình nón tạo thành khi quay tam giác ABC quanh AB. Bài 5 (1,0 điểm). 2 1 a) Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 ta có . x2 2y2 3 xy y 1 b) Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 1 1 P . a2 2b2 3 b2 2c2 3 c2 2a2 3 ===Hết===
3. HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN 2 MÔN TOÁN BÀI ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 0,5 a) A = 3 5 80 20 5 = 3 5 2 5 2 5 5 = 3 5 5 15 2 b) Với 0 ≤ x ≠ 1 ta có: x x x x x x 1 x x 1 B = 1 1 1 1 1 1 x 1 x 1 x x 1 0,5 (1,5 = 1 x 1 x = 1- x điểm) B A 1 x 15 1 x 15 x 16, x 14 0,5 Kết hợp với ĐKXĐ thì giá trị cần tìm là x = 16 1. (0,75 điểm) 2 2 Nếu (d) và (d1) trùng nhau thì phải có: m + 1 = - m và m – 1 = 2m + 1 (1,5 2 2 2 1 3 mà m 1 m m m 1 0 m 0 điểm) 2 4 0,5 Phương trình này vô nghiệm nên không có giá trị nào của m để hai đường thẳng (d) và (d1) trùng nhau (đpcm). 0,25 2. (0,75 điểm) 3(x 1) 2 y 7 3x 2 y 4 0.25 2(x 3) y 11 2x y 5 3x 2y 4 7x 14 x 2 0.25 4x 2y 10 2x y 5 y 1 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = ( 2; 1) 0.25 Bài Đáp án Điểm 1. (1,5 điểm) 0,75 a) m = 0. PT (1) có hai nghiệm x1 1 5;x2 1 5 3 b) (2,5đ) Có ' = [- (m – 1)]2 – (2m -4) = m2 – 2m + 1 – 2m +4 = m2 – 4m + 4 + 1 0,25 = (m-2)2 + 1 > 0 với mọi m, vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
4. - Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m. x1 x2 2 m 1 Theo định lí Viet ta có : x1  x2 2m 4 0,25 - Phương trình (1) có hai nghiệm đều dương khi x1 x2 0 2 m 1 0 m 1 0 m 1 m 2 x  x 0 2m 4 m 2 1 2 2m 4 0 0,25 - Vậy để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm không dương thì m 2 2. ( 1,0 điểm) Gọi chiều ngang sân bóng là x (m), ĐK 15 0 ' = 30 x1 = −11+301 = 19 ( Thỏa mãn điều kiện) 0,25 x2 = −11−301 = −41<0 (loại) Vậy chiều ngang sân bóng là 19m. Chiều dọc sân bóng là : 19 + 22 = 41 m. 0,25 Kết luận: Kích thước sân bóng này đạt tiêu chuẩn FIFA. Bài Đáp án Điểm A 0,5 K D E H C F B M N
5. 1a. (0,75 điểm) Ta có BD  AC ; CE  AB (GT) B· DC B· EC = 900 => Hai điểm E, D cùng thuộc đường tròn đường kính BC. 0,75 => Tứ giác BEDC nội tiếp 1b. (1,0 điểm) Vì Tứ giác BEDC nội tiếp => F· EB F· CD Bài 4 · (3,5 Mà EFB chung FE FC điểm) ΔFEB : ΔFCD (g.g) = FD.FE = FB.FC (1) FB FD 0,5 Ta có tứ giác AKBC nội tiếp => F· KB F· CA Lại có K· FB chung KF FC FKB FCA FK.FA FB.FC(2) 0,5 FB FA Từ (1) và (2) FK. FA = FE. FD 1c. (0,75 điểm) FK FD FK. FA = FE. FD Mà K· FE chung FE FA nên FKE FDA(c.g.c) => F· KE F· DA => tứ giác AKED nội tiếp. 0,25 Mặt khác ·ADH ·AEH = 900 ( GT) => A, E, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH. => K thuộc đường tròn đường kính AH => ·AKH = 900. Gọi N là giao điểm của HK và đường tròn tâm O. Ta có AN là đường kính ·ABN ·ACN = 900 = > NC // BH; BN // CH => BHCN là hình bình hành 0,25 => HN đi qua trung điểm M của BC => MH vuông góc với FA. Vì H là giao điểm hai đường cao BD, CE nên H là trực tâm của tam giác ABC => AH vuông góc với FM. Trong tam giác FAM có hai đường cao AH, MK nên H là trực tâm của 0,25 tam giác =>FH vuông góc với AM. 2. (0,5 điểm) Khi quay tam giác ABC vuông tại B một vòng quanh cạnh AB cố định ta được hình nón có đỉnh là A, bán kính đáy là BC, chiều cao là AB. Xét tam giác ABC vuông tại B ta có: 1 3 0,25 AB = AC.sin 300 = 2 1 ; BC = AC.cos 300 = 2 3 2 2 1 1 2 V r 2h . 3 .1 (cm3 ) 0,25 3 3
6. 2 1 a) Chứng minh : (x, y > 0) x 2 2y2 3 xy y 1 Vì x, y > 0 nên x2 2y2 3 0; xy y 1 0 2 1 Do đó : 2xy 2y 2 x2 2y2 3 x2 2y2 3 xy y 1 0,25 (x y)2 (y 1)2 0 với mọi x, y > 0 Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1. b) Áp dụng bất đẳng thức ở câu a) ta có: 1 1 2 1 1 a2 2b2 3 2 a2 2b2 3 2 ab b 1 1 1 2 1 1 Bài 5 2 2 2 2 2 2 bc c 1 (1,0 b 2c 3 b 2c 3 1 1 2 1 1 0,25 điểm) c2 2a2 3 2 c2 2a2 3 2 ca a 1 Cộng từng vế của các bất đẳng thức cùng chiều ta được: 1 1 1 1 P 2 ab b 1 bc c 1 ca a 1 Do abc = 1 nên: 1 1 1 ca a 1 ab b 1 bc c 1 ca a 1 ca2b abc ca abc ac a ca a 1 0,25 ca a 1 1 . ca a 1 ca a 1 ca a 1 1 Do đó P . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1. 2 0,25 1 Vậy max P = đạt được khi a = b = c =1. 2