Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán lần 4 - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Vinschool (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán lần 4 - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Vinschool (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS VINSCHOOL ĐỀ THI THỬ LẦN 4 (4/2018) Thời gian làm bài: 120 phút Năm học: 2017- 2018 Bài 1:(2, 0 điểm) x 3 1) Tính giá trị của biểu thức: A với x 4 x 3 x 4 7 x 3 2) Cho: Với: P : x 0; x 1; x 9 x 1 2 x 2 x 1 a) Rút gọn P . b) So sánh P và P3 . Bài 2:(2,0 điểm) Giải tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Cho một số cĩ hai chữ số. Biết rằng tổng của hai lần chữ số hàng chục và ba lần chữ số hàng đơn vị là 24 . Nếu đổi chỗ hai chữ số cho nhau thì sẽ được một số mới lớn hơn số ban đầu 27 đơn vị. Tìm số đã cho ban đầu. Bài 3:(2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho 3 đường thẳng: 2 (d1 ) : y x 2, (d2 ) : y 2x 1, (d3 ) : y m 2 x 2m 1 Tìm m để ba đường thẳng trên đồng quy. 2) Cho phương trình: x2 2(2m 3)x 4m2 + 3 0 a) Giải phương trình khi m 3 b) Tìm m để phương trình cĩ hai nghiệm phân biệt. Khi đĩ, xét dấu của hai nghiệm. Bài 4:(3,5 điểm) Cho đường trịn O; R cĩ đường kính AB , điểm I nằm giữa A và O , dây CD vuơng gĩc AB tại I ; điểm M thuộc cung nhỏ BC M B; M C . Dây AM cắt CD tại K . 1) Chứng minh rằng tứ giác IKMB nội tiếp. 2) a) Chứng minh AD2 AK.AM . b) Nếu cho R 6cm và I là trung điểm AO . Tính DI , từ đĩ tính thể tích của hình tạo thành khi tam giác ADI quay quanh trục DI . 3) Chứng minh AC là tiếp tuyến của đường trịn ngoại tiếp tam giác CKM . 4) Trên tia đối của tai MC lấy điểm E sao cho ME=MB. Chứng minh rằng: khi các điểm A, B, I cố định và điểm M thay đổi trên cung nhỏ BC (M khác B, C) thì đường trịn ngoại tiếp tam giác BCE luơn đi qua một điểm cố định khác C và B. Bài 5:(0,5 điểm) Cho các số khơng âm a,b,c thỏa mãn a b c 3 . Gọi M a b2 1 b c2 1 c a2 1 . Chứng minh M 3 và 2M ab2 bc2 ca2 6 .
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: x 3 1) A cĩ đk: x 0 x 3 4 3 2 3 1 Thay x 4 (thỏa mãn đkxđ) vào A ta được: A 4 3 2 3 5 1 Vậy với x 4 thì A 5 2) a) Rút gọn P 2 x 4 x 1 7 x 1 x 3 P : 2 x 1 x 1 2 x 1 x 1 x 1 2x 2 x 8 x 8 7 x 7 x 3 P : 2 x 1 x 1 x 1 2x x 15 x 3 P : 2 x 1 x 1 x 1 x 3 2 x 5 x 1 P . 2 x 1 x 1 x 3 2 x 5 2 x 5 P . Vậy: P . Với: x 0; x 1; x 9 2 x 1 2 x 1 b) So sánh P và P3 2 x 5 2 x 1 3 3 Ta cĩ: P 1 2 x 1 2 x 1 2 x 1 3 Mà: 0 x 0; x 1; x 9 2 x 1 3 nên P 1 1 2 x 1 Suy ra P P3 Vậy: P P2 . Bài 2: Gọi a là chữ số hàng chục, b là chữ số hàng đơn vị a ¥ * ,b N,a 9,b 9 Số ban đầu là ab 10a b
3. Số sau khi đổi chỗ: ba 10b a Vì nếu đổi chỗ hai chữ số cho nhau thì sẽ được một số mới lớn hơn số ban đầu 27 đơn vị nên ta cĩ ba ab 27 10b a 10a b 27 9a 9b 27 a b 3 Ta cĩ tổng của hai lần chữ số hàng chục và ba lần chữ số hàng đơn vị là 24 và đổi chỗ hai chữ số cho nhau thì sẽ được một số mới lớn hơn số ban đầu 27 đơn vị nên ta cĩ hệ phương trình: 2a 3b 24 (1) a b 3 Giải hệ phương trình (1) 2a 3b 24 5b 30 b 6 (tm) (1) 2a 2b 6 a 3 b a 3 (tm) Vậy số cần tìm là 36 . Bài 3: 1) Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (d1 ) và (d2 ) : x 2 2x 1 x 1 Thay x 1 vào (d1 ) ta cĩ: y 1 2 3 Vậy (d1 ) cắt (d2 ) tại A 1; 3 Ba đường (d1 ) , (d2 ) và (d3 ) đồng quy m2 2 1 m2 1 m 0 m2 2 2 m2 0 m 2 0 m 2 m m 2 0 2 2 m 2m 0 m 2 .1 2m 1 3 Vậy với m 2 thì ba đường thẳng (d1 ) , (d2 ) và (d3 ) đồng quy 2) x2 2(2m 3)x 4m2 + 3 0 (1) a) Thay m 3 vào phương trình (1) ta cĩ: x2 2(2.3 3)x 4.32 + 3 0 x2 18x 39 0 (a 1;b' 9;c 39) ' b'2 ac ( 9)2 1.39 81 39 42 0 ' 42 Phương trình đã cho cĩ hai nghiệm phân biệt
4. b' ' 9 42 x 9 42 1 a 1 b' ' 9 42 x 9 42 2 a 1 Vậy với m 3 thì phương trình (2) cĩ 2 nghiệm phân biệt x1 9 42; x2 9 42 . b) x2 2(2m 3)x 4m2 + 3 0 (1) a 1;b' (2m 3);c 4m2 + 3 2 2 2 ' b' ac (2m 3) 1. 4m + 3 4m2 12m 9 4m2 3 12m 6 1 Phương trình (1) cĩ hai nghiệm phân biệt ' 0 12m 6 0 m 2 2 Khi đĩ, áp dụng hệ thức Vi-ét ta cĩ: x1.x2 4m + 3 2 2 Do m 0 với m TMĐK 4m + 3 0 với m TMĐK hay x1.x2 0 m TMĐK 1 Vậy phương trình (1) cĩ 2 nghiệm phân biệt cùng dấu m 2 Bài 4: C P 1 2 M Q J K A I O B D · o CD  AB t¹i I KIB 90 1) Xét tứ giác IKMB , ta cĩ: · o KMB 90 gãc néi tiÕpch¾n nưa dtron K· IB K· MB 180o tứ giác IKMB nội tiếp. AI AK 2) a) Ta cĩ: AIK ∽ AMB g.g AM.AK AI.AB 1 AM AB
5. 2 Xét ADB vuơng tại D , đường cao DI AD AI.AB 2 Từ 1 2 suy ra được AD2 AK.AM . OA b) Từ giả thiết R 6cm AI 3cm, BI AB AI 9cm . 2 D DI 2 2 Xét ADB vuơng tại , đường cao DI AI.BI 3.9 27 cm DI 3 3 cm . Khi tam giác ADI quay quanh trục DI ta thu được hình nĩn cĩ chiều cao h DI 3 3 cm , bán kính đáy r AI 3cm . 1 V . .r2 .h 9 3 (cm3 ) 3 3) Gọi P;Q lần lượt là trung điểm MC,KC . Các đường trung trực của MC,KC cắt nhau tại J nên J là tâm đường trịn ngoại tiếp MCK . Ta cần c/m : AC  CJ . Ta cĩ :AB  CD tại I AB là đường trung trực của CD ( đường kính vuơng gĩc dây cung) AC AD A»C A¼D A· CD A· MC Mà A· MC Q· PC (đồng vị, QP // KM ) Tứ giác CQJP nội tiếp C· QJ C· PJ 90o Q· PC Q· JC (cùng chắn cung QC ) Do đĩ, A· CD Q· JC * Xét tam giác CQJ vuơng tại Q . C· JQ Q· CJ 90o .Chú ý * , ta suy ra đc A· CJ A· CD Q· CJ 90o . AC  CJ tại C. AC là tiếp tuyến của đường trịn ngoại tiếp tam giác CKM .
6. C M E P K H A I O F B D 4) Gọi F là giao điểm của BCE với AB . Ta cĩ: ACMB nội tiếp O C· AF B· ME Lại cĩ CFBE nội tiếp A· FC M· EB Khi đĩ VACF ~VMEB Mà VMEB cân tại M VACF cân tại A AC AF Mà A,B,I cố định nên C,D cố định AF AC khơng đổi mà A cố định nên F cố định Vậy BCE luơn đi qua một điểm cố định. Bài 5: * Chứng minh M 3 M a b3 1 b c3 1 c a3 1 Ta cĩ: a 0 c a3 1 c (1) b 0 a b3 1 a (2) Xét b c3 1 b b c3 1 1 .
7. b 0 b 0 Do b c3 1 1 0 b c3 1 b (3) 3 c 0 c 1 1 0 Từ (1),(2),(3) ta cĩ: M a b c 3 Dấu “=” xảy ra khi bộ số a,b,c 0,0,3 và các hốn vị. * Chứng minh 2M ab2 bc2 ca2 6 b 1 b2 b 1 b2 2 ab2 2a Ta cĩ: a b3 1 a b 1 b2 b 1 a. a. 2 2 2 bc2 2b ca2 2c CMTT: b c3 1 ; c a3 1 2 2 ab2 bc2 ca2 2 a b c Khi đĩ: M 2M ab2 bc2 ca2 6 2 Dấu “=” xảy ra khi bố số a,b,c 0,1,2 và các hốn vị