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

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

1. ĐỀ THI THỬ LẦN IV PHÒNG GD – ĐT CẦU GIẤY MÔN: TOÁN – LỚP 9 TRƯỜNG THCS NGHĨA TÂN Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề) NĂM HỌC 2017 – 2018 Ngày kiểm tra: 25/5/2018 x 1 x x 3 x 11 x 6 Bài 1 (2điểm) Cho biểu thức A và B với x 0;x 9 x 3 x 3 x 3 9 x a) Tính giá trị của A khi x 25 x 1 b) Chứng minh B x 3 c) Với M A : B . Tìm x thỏa mãn M. x 3 x 5 x 1 x 2 Bài 2 (2 điểm) (Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình) Tổng số học sinh của hai lớp 9A và 9B là 80 học sinh. Trong đợt quyên góp sách vở ủng hộ các bạn học sinh vùng lũ, trung bình mỗi học sinh lớp 9A ủng hộ 2 quyển, mỗi học sinh lớp 9B ủng hộ 3quyển nên cả hai lớp ủng hộ được 202quyển sách vở. Tính số học sinh mỗi lớp 9A và 9B . Bài 3 (2 điểm) 2 3x 4 y 1 1) Giải hệ phương trình 1 2 x 1 1 y 1 2) Cho (P) y x2 và đường thẳng (d) : y (m 2) x 2m (m là tham số) a) Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B 2 b) Gọi hoành độ của A và B lần lượt là x1; x2 . Tìm m để x1 (m 2) x2 12 . Bài 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm (O; R), và dây BC cố định không đi qua O . Trên cung lớn BC lấy điểm A sao cho AB AC . Kẻ đường kínhAK . E là hình chiếu của C trên AK . M là trung điểm của BC . a) Chứng minh 4 điểm C,E,O,M cùng thuộc một đường tròn. AB.AC b) Kẻ AD  BC tại D . Chứng minh AD 2R c) Chứng minh DE / /BK và MDE cân. 4) Gọi F là hình chiếu của B trên AK . Chứng minh rằng khi A di chuyển trên cung lớn BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp DEF là một điểm cố định. x3 y3 (x2 y2 ) Bài 5:(0,5 điểm). Tìm GTNN của biểu thức P với x, y là các số thực lớn hơn 1 . (x 1)(y 1)
2. Đáp án + Hướng dẫn giải x 1 x x 3 x 11 x 6 Bài 1 (2điểm) Cho biểu thức A và B với x 0;x 9 x 3 x 3 x 3 9 x a) Tính giá trị của A khi x 25 x 1 b) Chứng minh B x 3 c) Với M A : B . Tìm x thỏa mãn M. x 3 x 5 x 1 x 2 HƯỚNG DẪN GIẢI 25 1 4 1 a) Thay x 25 vào biểu thức A ta được A . 25 3 8 2 b) Với x 0;x 9 ta có: x x 3 x 11 x 6 B x 3 x 3 9 x x x 3 x 3 x 3 x 11 x 6 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x x 6 x 9 x 11 x 6 x 2 x 3 x 1 x 3 x 1 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 x 1 x 1 x 3 c) M A : B : x 3 x 3 x 3 Suy ra : M. x 3 x 5 x 1 x 2 x 5 x 1 2 x 1 0 2 x 1 5 x 1 0 (1) 2 2 Mà với x 0;x 9 thì x 1 0; 5 x 1 0 x 1 5 x 1 0 (2) 2 x 1 0 Từ (1),(2) x 1 5 x 1 0 x 1 (TMDK) x 1 0 Bài 2 (2 điểm) (Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình)
3. Tổng số học sinh của hai lớp 9A và 9B là 80 học sinh. Trong đợt quyên góp sách vở ủng hộ các bạn học sinh vùng lũ, trung bình mỗi học sinh lớp 9A ủng hộ 2 quyển, mỗi học sinh lớp 9B ủng hộ 3quyển nên cả hai lớp ủng hộ được 202quyển sách vở. Tính số học sinh mỗi lớp 9A và 9B . HƯỚNG DẪN GIẢI Gọi số học sinh lớp 9A,9B lần lượt là x, y x, y N*, x, y 80 Tổng số học sinh của hai lớp là 80 học sinh nên ta có phương trình x y 80 1 Mỗi bạn lớp 9A ủng hộ 2 quyển thì số sách là 2x (quyển) Mỗi bạn lớp 9B ủng hộ 3 quyển thì số sách là 3y (quyển) Tổng số quyển sách hai lớp ủng hộ là 202 quyển nên ta có phương trình 2x 3y 202 2 x y 80 2x 2y 160 y 42 y 42 Từ 1 , 2 ta có hệ phương trình : (TM) 2x 3y 202 2x 3y 202 x 80 y x 38 Vậy số học sinh lớp 9A là 38 học sinh và số học sinh lớp 9B là 42 học sinh. Bài 3 (2 điểm) 2 3x 4 y 1 1) Giải hệ phương trình 1 2 x 1 1 y 1 HƯỚNG DẪN GIẢI 1) Điều kiện: y 1 2 2 3x 4 3x 4 y 1 y 1 (1) 1 1 2 x 1 1 2x 3 y 1 y 1 Ta có: 1 Đặt u . Điều kiện u 0 . y 1 3x 2u 4 3x 2u 4 x 2 (1) 2x u 3 4x 2u 6 u 1
4. 1 u 1 1 y 1 1 y 1 1 y 2( thỏa mãn) y 1 Vậy x 2; y 2 2) Cho (P) y x2 và đường thẳng (d) : y (m 2) x 2m (m là tham số) a) Tìm m để đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B . 2 b) Gọi hoành độ của A và B lần lượt là x1; x2 . Tìm m để x1 (m 2) x2 12 . HƯỚNG DẪN GIẢI a) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình x2 (m 2) x 2 m x2 (m 2) x 2 m 0 x2 mx 2x 2m 0 (x m)(x 2) 0 x 2 x m Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt m 2 Vậy với m 2 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B b) Với m 2 thì (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B Vì hoành độ của A và B lần lượt là x ; x nên x ; x là hai nghiệm của phương trình (1) 1 2 1 2 2 x 2 Ta có: x (m 2) x 2m 0 (1) x m TH1: x1 2; x2 m 2 x1 (m 2) x2 12 4 (m 2).m 12 m2 2m 8 0 (m 2)(m 4) 0 m 2(loai) m 4(tm) TH2: x1 m; x2 2
5. 2 2 x1 (m 2) x2 12 m (m 2).2 12 m2 2m 8 0 (m 2)(m 4) 0 m 2 (loai) m 4 (tm) Vậy m 4 là giá trị cần tìm. Bài 4 (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm (O; R), và dây BC cố định không đi qua O . Trên cung lớn BC lấy điểm A sao cho AB AC . Kẻ đường kínhAK . E là hình chiếu của C trên AK . M là trung điểm của BC . a) Chứng minh 4 điểm C,E,O,M cùng thuộc một đường tròn. AB.AC b) Kẻ AD  BC tại D . Chứng minh AD 2R c) Chứng minh DE / /BK và MDE cân. 4) Gọi F là hình chiếu của B trên AK . Chứng minh rằng khi A di chuyển trên cung lớn BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp DEF là một điểm cố định. HƯỚNG DẪN GIẢI A a) * Ta có: M là trung điểm BC (GT) OM  BC (tính chất đường kính – dây cung) · 0 O CMO 90 * Ta có : CE  AK (gt) C· EO 900 M B C Ta có: D · · E hai góc CEO;CMO cùng nhìn cạnh OC 900 K một góc . Vậy 4 điểm C,E,O,M cùng thuộc một đường tròn. b) Ta có AK 2R (AK là đường kính) AB.AC AD AD.AK AB.AC Điều phải chứng minh tương đương với AK Xét AKC và ABD ta có:
6. ·ADB ·ACK ( 900 )  AK AB AB.AC  AKC : ABD(g.g) AD (ĐPCM) · · ABD AKC  AC AD 2R c) Chứng minh DE / /BK và MDE cân. * DE / /BK Chứng minh được tứ giác ADEC nội tiếp C· AK C· DE ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung EC ) Xét O có: C· AK C· BK ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung CK ) Khi đó: C· DE C· BK mà 2 góc này ở vị trí đồng vị DE / /BK * MDE cân Theo a), tứ giác COME nội tiếp C· OK C· ME Xét O có: C· OK 2C· AK ( góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn cung CK ) C· ME là góc ngoài MDE C· ME C· DE M· ED Lại có, C· AK C· DE ( cmt) Khi đó: C· DE M· ED MDE cân tại M. 4) Gọi F là hình chiếu của B trên AK . Chứng minh rằng khi A di chuyển trên cung lớn BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp DEF là một điểm cố định. A Ta có tứ giác BOFM nội tiếp B· OM B· FM B· OC B· OM C· OM B· AC 2 · · O BFM BAC · · · F BFM BFD DFM Mà ABDF là tứ giác nội tiếp C B D M E B· FD B· AD 900 ·ABC(1) K Ta có AOC cân tại O . 1800 ·AOC ·AOC O· AC 900 900 ·ABC(2) 2 2 Từ ( 1 ) và ( 2 ) B· FD O· AC B· FM O· AC D· FM
7. B· FM B· AC Ta có : B· FM O· AC D· FM D· FM O· AB B· AC O· AC O· AB Ta lại có tứ giác ABFD nội tiếp O· AB F·DM (tính chất góc ngoài tứ giác nội tiếp) D· FM F· DM DFM cân tại M suy ra MF MD . Lại theo câu c MD ME suy ra MD ME MF . Suy ra M là tâm đường tròn ngoại tiếp DEF Do BC cố định nên M cố định đpcm. x3 y3 (x2 y2 ) Bài 5:(0,5 điểm). Tìm GTNN của biểu thức P với x, y là các số thực lớn hơn 1 . (x 1)(y 1) HƯỚNG DẪN GIẢI x3 y3 (x2 y2 ) (x3 x2 ) (y3 y2 ) P (x 1)(y 1) (x 1)(y 1) x2 (x 1) y2 (y 1) x2 y2 (x 1)(y 1) y 1 x 1 x2 y2 x2 y2 x2 y2 Cách 1: 2 . 2 . x, y 1 y 1 x 1 y 1 x 1 x 1 y 1 x2 y2 Dấu " " xảy ra x y y 1 x 1 x2 x2 1 1 1 1 Mà x 1 x 1 2 2 2 4 x 1 x 1 x 1 x 1 Dấu " " xảy ra x 1 2 1 x 1 1 x 2 y2 Tương tự: 4 . Dấu " " xảy ra y 2 y 1 P 2 4.4 8 . Dấu " " xảy ra x y 2 Vậy: GTNN của P 8 x y 2 . x2 y2 (x y)2 Cách 2: P y 1 x 1 x y 2 Xét:
8. (x y)2 (x y)2 4 4 4 x y 2 x y 2 x y 2 x y 2 4 x y 2 4 2 4 4 8 x y 2 x y x y Dấu " " xảy ra y 1 x 1 x y 2 x y 4 2 (x y 2) 4 Vậy: GTNN của P 8 x y 2 .