Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2016-2017 - Phòng giáo dục và đào tạo Hải Hậu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2016-2017 - Phòng giáo dục và đào tạo Hải Hậu (Có đáp án)

1. - PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2016-2017 HUYỆN HẢI HẬU Môn Toán Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2 điểm): Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm: Câu 1. Điều kiện để biểu thức 1 x xác định là: A. x 1 B. x 0 và x ≠ 1 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức P. b)Tính giá trị của biểu thức P tại x 4 2 3 . Câu 2 (1,5 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y x2 và đường thẳng (d) có phương trình y mx 1 (m là tham số). a) Chứng tỏ rằng với mọi giá trị của m, đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. b) Gọi hoành độ hai giao điểm của đường thẳng (d) và parapol (P) là x1 và x2 . Tìm m để biểu thức S x1 x2 2017 đạt giá trị nhỏ nhất. 2 y 2y y x 2 Câu 3 (0,75 điểm): Giải hệ phương trình 2 y 2y 3 x y Câu 4 (3,25 điểm): Cho đường tròn (O), từ một điểm S nằm ngoài (O) kẻ các tiếp tuyến SB và SC với đường tròn (O), B và C là các tiếp điểm. Kẻ đường thẳng SO cắt BC tại D và cắt cung lớn BC của đường tròn (O) tại A. Kẻ CH vuông góc với AB tại H, M là trung điểm của CH. Tia AM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai N. a) Chứng minh DM//AB và chứng minh tứ giác DMCN là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh S· BN S· DN . c) Gọi F là giao điểm của CN và SD. Chứng minh SSBC = 4SFCS. Câu 5 (0,75 điểm): Giải phương trình: 3 x 3 x 1 0 9 x 2 3 3 x 1 0
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 HUYỆN HẢI HẬU NĂM HỌC 2016 - 2017 ___ MÔN TOÁN I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (mỗi câu cho 0,25 điểm): Câu1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8 C C D B D B C A II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm) x x 1 x Câu 1. (1,75 điểm) Cho biểu thức: P x 1 : x với x > 0 và x ≠ 1 x 1 x 1 a) Rút gọn biểu thức P. x 1 x x 1 x x 1 x 0,5đ Với x > 0 và x ≠ 1 ta có: P = x 1 : x 1 x 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 0,5đ = . x 1 x 2 x 0,25đ = và kết luận: x b)Tính giá trị của biểu thức P tại x 4 2 3 . 2 x Theo kết quả câu a ta có: P = với x > 0 và x ≠ 1 x 2 Ta có x 4 2 3 = 3 1 (Thỏa mãn điều kiện x > 0 và x ≠ 1) 2 0,25đ Thay x = 3 1 vào P ta được: 2 ( 3 1)2 2 ( 3 1) P (vì 3 1 0 ) 4 2 3 4 2 3 3 3 = 2 2 3 0,25đ 3 3 2 3 3 3 2 3 3 3 và kết luận 2 2 3 2 3 2 4 3 2 Câu 2 (1,5 điểm): a) Hoành độ giao điểm của parabol (P) y x2 và đường thẳng (d) y = mx -1 là nghiệm của 0,25đ phương trình : x2 mx 1 x2 mx 1 0 (1) 0,25đ Tìm được m2 4 Chứng minh được m2 4 > 0 với mọi m, từ đó khẳng định (1) luôn có hai nghiệm phân 0,25đ biệt KL: b) Gọi hoành độ hai giao điểm của đường thẳng (d) và parapol (P) là x1 và x2 . Tìm m để biểu thức S x1 x2 2017 đạt giá trị nhỏ nhất. Theo kết quả câu a ta có phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m Hai giao điểm của đường thẳng (d) và parapol (P) là A và B có hoành độ lần lượt là x1 và 0,25đ x2 x1 và x2 là nghiệm của pt (1)
3. theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 x2 m ; x1.x2 1 (2) 2 0,25đ Xét S x1 x2 3 x1 x2 2017 2 x1 x2 4x1x2 2017 (3) Thay (2) vào (3) ta được S m2 4 2017 0,25đ Vì m2 0 với m nên S 4 2017 2015 với m Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m = 0 KL: 2 y 2y y x 2 Câu 3 (0,75 điểm): Giải hệ phương trình (I) 2 y 2y 3 x y 2 0,25đ y 2y y x 2 Có (I) 2 y 2y y x 3 2 2 u . v 2 v 3v 2 0 Đặt u y 2y ; v y x , hệ (I) trở thành u v 3 u v 3 Giải phương trình: v2 3v 2 0 0,25đ Có : a – b + c = 1– 3 +2 = 0 nên phương trình có hai nghiệm là: v1 = –1 ; v2 = –2, u = 1 u 2 Kết hợp với u v 3 ta được: hoặc v 2 v 1 2 u = 1 y2 2y 1 y2 2y 1 0 y 1 0 y 1 +) Với , ta có hệ (I) v 2 y x 2 y x 2 y x 2 x 3 u 2 y2 2y 2 y2 2y 2 0 0,25đ +) Với , ta có hệ (I) v 1 y x 1 y x 1 Có phương trình y2 2y 2 0 vô nghiệm nên hệ phương trình vô nghiệm Vậy hệ đã cho có hai nghiệm duy nhất x; y 3;1 Câu 4 (3,25 điểm): a) Chứng minh DM//AB và chứng minh tứ giác DMCN là tứ giác nội tiếp. *Chứng minh DM//AB Chỉ ra M là trung điểm của CH 0,25đ Chứng minh D là trung điểm của BC 0,25đ Chứng minh DM là đường trung bình của tam giác BCD từ đó suy ra điều c/m B 0,25đ *Chứng minh tứ giác DMCN là tứ giác nội tiếp Chỉ ra góc CDM = góc CBA H 0,25đ Chỉ ra góc CNA = góc CBA 0,25đ Chỉ ra góc CDM = góc CNA và lập luận để có 0,25đ F D O điều phải chứng minh S A b) Chứng minh S· BN S· DN . Do tứ giác CMDN nội tiếp nên N· DC N· MC ·AMH N M 0,25đ C/m được S·DN 900 N· DC 900 ·AMH B· AN 0,25đ Do SB là tiếp tuyến của (O) nên B· AN S· BN 0,25đ S·DN S· BN C 0,25đ c) Gọi F là giao điểm của CN và SD. Chứng minh SSBC = 4SFCS. Từ kết quả câu b suy ra tứ giác SNDB là tứ giác nội tiếp, suy ra góc NSD = góc NBD (1)
4. Chứng minh được góc SCF = góc CBN kết hợp với (1) để suy ra : góc SCF = góc NSF Chỉ ra tam giác SFN đồng dạng với tam giác CFS để suy ra : SF2 = NF.CF (3) 0,25đ Chỉ ra tam giác CDF vuông tại D có DN là đường cao để suy ra DF2 = NF.CF (4) Từ (3) và (4) suy ra SF = DF 0,25đ Chỉ ra SSBC = 2SSDC ; SSDC = 2SFCS, Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 0,25đ 1 Câu 5 (0,75 điểm): Giải phương trình: 3 x 3 x 1 0 9 x 2 3 3 x 1 0 ĐKXĐ: x 3 Với ĐKXĐ, ta có: 0,25đ 3 x 3 x 1 0 9 x 2 3 3 x 1 0 3 x 3 x 1 0 (3 x 1 0 )(3 x 1) 3 x 3 x 1 0 3 x 1 3 x 1 0 3x 3x 1 3x 1 3x 1 1 3x 10 3x 10 3 x ( 3 x 1 1) ( 3 x 1 ) 2 1 0,25đ 3 x 1 0 3x ( 3x 1 1) 3x 3x 10 3x 1 1 3x 1 0 3x 10 x 0 (TMDK) 3x 1 1 1 (*) 3x 10 3x 1 1 0,25đ Giải (*) : 1 3x 1 1 3x 10 . Bình phương 2 vế được: 3x 10 3x 1 4 x 5 (TMĐK). Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 0; x = 5.