Đề thi thử vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2016-2017 - Trường THCS khiếu năng tĩnh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2016-2017 - Trường THCS khiếu năng tĩnh (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2016-2017 KHIẾU NĂNG TĨNH Môn: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút) Đề thi gồm 01 trang. Phần I. Trắc nghiệm (2,0 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 A x 2 2x 2015 có nghĩa là A.x 2 . B. x 2 . C. x 2. . D. x 2 Câu 2. Phương trình x2 3x 2014m 0 có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi A. m 0 B. m 0 . C m 0. D. m 0. 2 2 2 Câu 3. Gọi x1, x 2 là nghiệm của phương trình x 2x 1 0 .Giá trị của x1 x2 bằng A. 1 . B. 2 . C. 4 . D. 6 . 2 Câu 4. Trong mặt phẳng Oxy, parabol :y 2x có điểm chung với đường thẳng nào? A. y 6 . B. x 2 . C. y 2x 3 . D. y 2x 3 . Câu 5. Đường thẳng (d): y 2x 6 cắt trục tung tại điểm A. M(0; -6). B.N(3; 0) C. P(0; 3). D. Q(-6;0) Câu 6: Cho đường tròn (O;R) nội tiếp hình vuông ABCD, khi đó diện tích hình vuông ABCD bằng A. 2R2. B. R2. C. 22 R2. D. 4R2. Câu 7: Cho tam giác ABC vuông tại A, biết AC = 3, BC = 5, khi đó tan Bµ có giá trị bằng 3 3 4 5 A. . B. . C. . D. . 4 5 3 3 Câu 8: Mặt cầu với bán kính 3cm có diện tích là A. 4 (cm2). B. 36 (cm2). C. 12 (cm2). D. 36 2 (cm2). Phần II. Tự luận (8,0 điểm) 1 1 x2 x 1 x2 Câu 1. (1,5 điểm). Cho biểu thức A : 3 2 với x 0 ,x 1 . x 1 x 1 x 1 x x 1) Rút gọn A. 2 2) Chứng minh với x 3 2 2 thì A . 2 Câu 2.(1,5 điểm) Cho phương trình: x2 2mx m2 2m 3 0 (1), với m là tham số. 1) Giải phương trình (1) với m = 3. 2 2 2) Tìm tất cả các giá trị của m để (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn 2(x1 x2 ) 5(x1 x2 ) . x 1 2 y 5 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình . 2 x 1 3 y 4 Câu 4. (3,0 điểm) Cho ba điểm A,B,C phân biệt thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn tâm O bất kỳ đi qua hai điểm B, C (O không thuộc BC). Gọi E, F là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ A tới đường tròn (O) . Gọi M là trung điểm BC. 1) Chứng minh các điểm A, E, O, M, F cùng nằm trên một đường tròn. 2) Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng AO và EF. Chứng minh AH.AO AB.AC . AK AK 3) Gọi K là giao điểm của FE và BC. Chứng minh 2 . AB AC Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình: 6x2 1 2x 3 x2. HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: . Giám thị số 1: Giám thị số 2:
2. TRƯỜNG THCS HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2016– 2017 KHIẾU NĂNG TĨNH MÔN: TOÁN Hướng dẫn chấm gồm 03 trang. I. Hướng dẫn chung: phần tự luận 1) Nếu thí sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì vẫn cho điểm tối đa. Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn. 2) Câu 1. + Ý 1) Nếu thí sinh biến đổi đồng thời 2 biểu thức thì chấm điểm theo từng biểu thức trong ngoặc. + Ý 2) Nếu thí sinh khai căn đúng mà không viết dấu giá trị tuyệt đối vẫn cho điểm tối đa. 3) Câu 2. Ý 2) Nếu thí sinh không tìm điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt hoặc tìm sai điều kiện mà áp dụng hệ thức Vi – et và biến đổi đúng thì trừ 50% số điểm làm được. 4) Câu 4. Nếu thí sinh vẽ hình chưa chính xác hoặc quên vẽ hình nhưng vẫn chứng minh đúng theo yêu cầu đề bài thì trừ 50% số điểm làm được. II. Đáp án và thang điểm: Phần I – Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm. Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án C C D B A D A B Phần II – Tự luận( 8,0 điểm) Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 1 x 1 x 1 2 x + Với ,.x 0 xta có1 0,25 x 1 x 1 ( x 1)( x 1) x 1 1) (1,0 đ) + Bến đổi x2 x 1 x2 x2 x 1 x2 0,25 x3 1 x2 x (x 1)(x2 x 1) x(x 1) 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 0,25 2 x x 1 2 x +Khi đó A : . 0,25 x 1 x 1 x 1 + Ta thấy x 3 2 2 thỏa mãn điều kiện x 0 ,x 1 . Thay x 3 2 2 vào 1. 2) 2 x 2 x 2 3 2 2 2 ( 2 1)2 (1,5đ) (0,5 đ) biểu thức ta được A . 0,25 x 1 x 1 4 2 2 4 2 2 2 2 1 2( 2 1) 2 (đpcm). 0,25 2 2( 2 1) 2 2( 2 1) 2 Với m = 3 phương trình (1) trở thành: x2 6x 6 0 (*) 0,25 1) ' ( 3)2 6 3 . 2. (0,5 đ) (1,5đ) Phương trình (*) có các nghiệm x1 3 3; x2 3 3. Kết luận: Khi m = 3 thì (1) có hai nghiệm x1 3 3; x2 3 3. 0,25 Ta có ' m2 (m2 2m 3) m2 m2 2m 3 2m 3 . 3 0,25 Phương trình (1) có hai nghiệm x , x ' 0 2m 3 0 m . 1 2 2
3. 2 2 2 0,25 Ta có 2(x1 x2 ) 5(x1 x2 ) 2(x1 x2 ) 4x1x2 5(x1 x2 ) 0. Theo hệ thức Vi – et ta có x x 2m; x x m2 2m 3. 0,25 2) 1 2 1 2 2 (1,0 đ) Do đó 2(x1 x2 ) 4x1x2 5(x1 x2 ) 0 2.(2m)2 4(m2 2m 3) 5.(2m) 0 0,25 m 2 2 2m m 6 0 3 m 2 3 Kết hợp với điều kiện m , ta được m 2 là giá trị cần tìm. 2 ĐKXĐ: x 1; y 0. 0,25 u x 1 u 2v 5 0,25 Đặt ĐK: u 0; v 0 . Hệ PT trở thành . v y 2u 3v 4 3. u 1 x 1 1 0,25 (1,0 đ) Giải hệ phương trình ta được v 2 y 2 x 2 . 0,25 y 4 Kết hợp với ĐKXĐ, hệ phương trình có nghiệm là (x; y) (2; 4) . Hình vẽ F M C B K A O H 4. (3,0đ) E + Ta có OE  AE (tính chất tiếp tuyến) góc OEA = 900 E thuộc đường tròn 1) đường kính AO (1) 0,25 (1,25) + Ta có OF  AE (tính chất tiếp tuyến) góc OFA = 900 F thuộc đường tròn đường kính AO (2) 0,25 + Ta có M là trung điểm của dây cung BC không đi qua tâm đường tròn (O) OM  BC (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây) góc OMA =900 M thuộc đường tròn đường kính AO (3) 0,25 Từ (1), (2), (3) các điểm A, E, O, M, F cùng nằm trên một đường tròn đường 0,50 kính AO Ta có OE = OF (đều là bán kính của (O)) nên O thuộc trung trực của EF.
4. Ta có AE = AF (tính chất tiếp tuyến) nên A thuộc trung trực của EF. 2) AO là trung trực của EF (1,25) AO  EF tại H. 0,25 Ta có OEA vuông tại E, EH là đường cao AE 2 AH.AO . (4) 0,25 + Xét ABE và AEC chỉ ra góc ACE = góc AEB, góc CAE chung. AB AE ACE đồng dạng với AEB (g.g) AB.AC AE 2 . (5) AE AC 0,50 + Từ (4) và (5) suy ra A(vìH cùng.AO bằng AB AE.AC 2). 0,25 3) AK AK AB AC AB AB BC 2(AB BM ) + Biến đổi AK AK. AK. (0,5 đ) AB AC AB.AC AB.AC AB.AC 2AM 0,25 AK. AB.AC AK AK + Chỉ ra AK.AM = AH. AO ; AB . AC = AH. AO và kết luận 2. AB AC 0,25 Giải phương trình: 6x2 1 2x 3 x2. (1) 3 ĐKXĐ: x . 0,25 2 PT(1) ( 6x2 1 5) ( 2x 3 1) (x2 4) 0 0,25 6x2 24 2x 4 (x 2)(x 2) 0 6x2 1 5 2x 3 1 3 (Vì 6x2 1 5 0; 2x 3 1 0 x ) 2 5. 6(x 2) 2 0,25 (1,0 đ) (x 2) (x 2) 0 6x2 1 5 2x 3 1 x 2 6(x 2) 2 . (x 2) 0 (2) 6x2 1 5 2x 3 1 6 2 Phương trình (2) (x 2) 1 0 . 6x2 1 5 2x 3 1 3 6 Ta thấy x + 2 > 0, 6x2 1 5 6 x 1 0. 2 6x2 1 5 0,25 6 2 3 Vậy (x 2) 1 0 x . 6x2 1 5 2x 3 1 2 Suy ra PT(2) vô nghiệm. KL: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2. HẾT