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

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

1. PHÒNG GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO Ý YÊN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT TRƯỜNG THCS YÊN TRỊ NĂM HỌC 2016-2017 MÔN :TOÁN ĐỀ THI THỬ Thời gian làm bài : 120 phút ( Không kể thời gian giao đề ) Phần I: Trắc nghiệm khách quan (2 điểm). Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm Câu 1. Tập nghiệm của phương trình x 1 = 0 là: A. S = B. S = 1 C. S = 0;1 D. S = R Câu 2. Rút gọn biểu thức x 2 4x 4 x ( với x 2 ) có kết quả là A. -2 B. 2 - 2 x C. 2 D. - 4 Câu 3. Hai đường thẳng y = 2x – 1 và y = 2 - x A. song song với nhau B. trùng nhau C. cùng đi qua điểm có toạ độ (1;1) D. có cùng hệ số góc Câu 4. Phương trình nào sau đây có hai nghiệm phân biệt cùng âm ? A. x2 + 4x + 4 = 0 B. x2 + 5x + 1 = 0 C. x2 + 2 = 0 D. - x2 + 2x + 1 = 0 Câu 5. Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, đồ thị các hàm số y = ax2 và y = ax + b cùng đi qua điểm M(-1;2) khi A. a = -2; b = -4 B. a = -1; b = 2 C. a = 2; b = 4 D. a = 2; b = -1 Câu 6. Với góc nhọn, ta có A. sin . cos = 1 B. tan = cot (450 - ) C. sin > tan D. sin2 = 1 – cos2 Câu 7. Độ dài cung 300 của một đường tròn có bán kính 12 cm là A. cm B. 2 dm C.6 cm D. 2 cm Câu 8. Một hình tròn có chu vi bằng 4 cm thì có diện tích là A. 4 cm2 B. 2 cm2 C. cm2 D. 16 cm2 Phần II: Tự luận ( 8 điểm) x x 2 x 2 Câu 1. ( 1,5 điểm) Cho biểu thức Q = : ( với x > 0; x 1) x 1 x 1 x x x x a, Rút gọn Q. b, Tìm x để Q > - 2. Câu 2 ( 1,5 điểm) Cho phương trình x2 -2(m -1)x + 2m – 4 = 0 a, Giải phương trình với m = 2. 2 2 b, Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1 ; x2 và x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất xy + x + y =19 Câu 3 ( 1 điểm). Giải hệ phương trình x2y + xy2 = 84 Câu 4 ( 3 điểm) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tia Ax điểm P sao cho AP > R, từ P kẻ đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (O) tại M. Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt đường thẳng MB tại N. AN cắt OP tại K; PM cắt ON tại I; PN và OM kéo dài cắt nhau tại Q. Chứng minh rằng: 1. APO = AMO 2. a, OP // MB b,Tứ giác OBNP là hình bình hành. 3, Ba điểm I,Q, K thẳng hàng. a4 b4 1 Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn a2 b2 1 và . Chứng minh rằng c d c d a2 d 2 . c b2 ___ Hết___ Họ tên thí sinh: . Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: Chữ ký giám thị 2:
2. ĐÁP ÁN Phần I. Trắc nghiệm ( 2 điểm) Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án A B C B C D D A Phần II: Tự luận ( 8 điểm) Câu 1. ( 1,5 điểm) Đáp án Điểm x x 1 x 2 x 2 x 1 a, Với x > 0; x 1 thì Q = : 0,25 x 1 x 1 x x 1 x 2 x x x 1 = . 0,25 x 1 x 1 x 2 x x = x 1 0,25 x x 2 x 2 b, Với x > 0; x 1 thì Q > - 2 > - 2 0 0,25 x 1 x 1 2 Mà x 2 x 2 x 1 1 0 => x 1 0 0,25 0 - 2 0,25 Câu 2 ( 1,5 điểm Đáp án Điểm a, Với m = 2 pt có dạng x2 – 2x = 0 0,25 x(x-2) = 0  x = 0 hoặc x = 2 Vậy m = 2 thì pt đã cho có 2 nghiệm phân biệt x1 = 0; x2 = 2 0,25 b, Pt bậc hai đã cho có ' = (m – 2)2 + 1 > 0 với mọi m 0,25 Theo Vi – ét x1 + x2 = 2m – 2; x1. x2 = 2m – 4 0,25 3 0,25 x 2 x 2 = (2m – 3)2 +3 3. Dấu “=” xảy ra 2m – 3 = 0 m = 1 2 2 3 0,25 Vậy m = thì phương trình có 2 nghiệm x ; x và x 2 x 2 đạt giá trị nhỏ nhất 2 1 2 1 2 Câu 3 ( 1 điểm). Giải hệ phương trình Đáp án Điểm Đặt m = x + y; n = xy ta có hệ m + n = 19 m.n = 84 0,25 2 M và n là hiai nghiệm của pt X – 19X + 84 = 0. Giải pt => X1 = 12; X2 = 7 0,25 => x + y = 12 hoặc x + y = 7 xy = 7 xy = 12 0,25 KL hệ pt có 4 nghiệm 0,25
3. x P N Q Câu 4 ( 3 điểm) Đáp án Điểm I M 1. PAO = PMO = 900 0,5 Tứ giác APMO nội tiếp 0,25 K 0,25 APO = AMO A B O Đáp án Điểm 1 2. a, AOP = ABM = AOM 2 0,25 OP // MB 0,25 Đáp án Điểm 2.b, Hai tam giác AOP và OBM bằng nhau ( g.c.g) 0,25 OP = BN 0,25 Tứ giác OBNP là hình bình hành 0,25 Đáp án Điểm 3. Tứ giác OAPN là hình chữ nhật => Tam giác PIO cân => IK  OP 0,25 I là trực tâm của tam giác OPQ => IQ  OP 0,25 Hai đường thẳng IK và IQ trùng nhau => 3 điểm K,I,Q thẳng hàng. 0,25 Câu 5 (1 điểm) a4 b4 1 Điểm Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn a2 b2 1 và . c d c d a2 d Chứng minh rằng 2 . c b2 4 4 4 4 2 2 2 2 2 a b 1 a b (a b ) a b 1 và 0,25 c d c d c d c d d(c d)a4 c(c d)b4 cd(a2 b2 )2 0,25 dca4 d 2a4 c2b4 cdb4 cd(a4 b4 2a2b2 ) d 2a4 c2b4 2cda2b2 0 (da2 cb2 )2 0 0,25 a2 b2 da2 cb2 0 hay . Do đó c d a2 d b2 d (b2 d)2 a2 d 2 2 0 . Vậy 2 0,25 c b2 d b2 db2 c b2