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

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

1. TRƯỜNG THCS ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 YÊN NHÂN Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) 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. Phương trình 3x2 8x 2 x 2 có tập nghiệm là A. 3; 1 . B. 1 . C. 3 . D. 3; 2 1 . 2 Câu 2. Hàm số y m 2 x 2013 đồng biến trên ¡ khi và chỉ khi A. m 2 . B. m 2 . C. m ¡ . D. m 2 . ax y 0 Câu 3. Giá trị của a và b để hệ phương trình có nghiệm x; y 1;2 là x by 1 A. a 2; b 0 . B. a 2; b 0 . C. a 2; b 1 . D. a 2; b 1 . 2 Câu 4. Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x 2 3x 1 0 . Khi đó x1 x2 có giá trị bằng A.2 3 . B. 2 3 . C. 3 . D. 1 . 3 Câu 5. Cho hàm số y x2 . Giá trị của hàm số đã cho tại x 2 bằng 2 A. 3 . B. 3. C. 6. D. 6 . Câu 6. Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, có BH = 1 cm, CH = 2 cm. Độ dài AH bằng A. 1 cm. B. 2 cm. C. 3 cm. D.2 cm. Câu 7. Đường tròn (O; R) có chu vi bằng 4π cm. Diện tích hình tròn (O; R) bằng A. 2π cm2. B. 4π cm2. C. 4π2 cm2. D. 8π cm2. Câu 8. Một hình trụ có chiều cao và bán kính đáy cùng bằng 2 cm. Thể tích của hình trụ đó bằng A. 2π cm3. B. 4π cm3. C. 8π cm3. D. 16π cm3. Phần II - Tự luận (8,0 điểm) 2 x x 1 x 1 Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức A = : với x 0 và x 1 . x x 1 x 1 x x 1 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm x biết A – x = 0. Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 2(m 1)x m(m 3) 0 (1), với m là tham số. 1) Giải phương trình (1) khim 2 . 2 2) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 x1 2 x2 2x1 16. 3y 2x 2x 2 x 1 y Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 3y 2x 2x y 8. x 1 y Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Các đường cao BD và CE của tam giác cắt nhau tại H. 1) Chứng minh rằng BCDE là một tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh OA  DE. 3) Cho điểm A di động trên cung lớn BC của đường tròn (O; R). Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AED có bán kính không đổi. Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình 1 2 x2 x 1 x x . Hết Họ tên thí sinh: . Chữ ký giám thị 1: Số báo danh: . Chữ ký giám thị 2:
2. TRƯỜNG THCS HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN YÊN NHÂN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 Hướng dẫn chấm gồm 03 trang I. Hướng dẫn chung: 1) Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì vẫn cho điểm tối đa. 2) Bài hình (tự luận) bắt buộc phải vẽ đúng hình thì mới chấm điểm, nếu hình vẽ sai ở phần nào thì không cho điểm phần lời giải liên quan đến hình của phần đó. 3) Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu, tính đến 0,25 điểm và không làm tròn. 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 A D B A D B C Phần II – Tự luận (8,0 điểm) Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 2 x x 1 x 1 Với x 0, x 1 ta có A = : x x 1 x 1 x x 1 0,25 2 x x 1 x x 1 = . ( x 1)(x x 1) x 1 x 1 1) 2 x x x x 1 x x 1 (1,0đ) . 0,25 ( x 1)(x x 1) x 1 x 1 x x 1 1. . 0,25 (1,5đ) ( x 1)(x x 1) x 1 1 0,25 x 1 1 Với x 0, x 1 ta có A – 1 = 0 x 0 x2 x 1 0 0,25 x 1 2) 1 5 1 5 (0,5đ) Ta có ∆ = ( 1 )2 + 4 = 5. Suy ra x , x 1 2 2 2 0,25 1 5 Đối chiếu với ĐKXĐ, ta có x là giá trị cần tìm. 2 Với m = 2 ta có phương trình x2 – 2x – 2 = 0 0,25 1) Ta có ∆’ = ( 1 )2 + 2 = 1 + 2 = 3 (0,5đ) 0,25 Vậy khi m = 2, phương trình (1) có hai nghiệm x1 1 3 , x2 1 3 . Ta có ∆’ = (m – 1)2 – m(m – 3) = m2 – 2m +1 – m2 + 3m = m + 1 0,25 Phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 ∆’ 0 m + 1 0 m 1 2 2 2 Ta có x1 x1 2 x2 2x1 16 x1 2x1 x2 2x1 16 2 2 2 0,25 2. x1 x2 16 (x1 x2 ) 2x1x2 16 2 (1,5đ) Theo hệ thức Vi-et ta có x1+ x2 = 2(m – 1), x1. x2 = m – 3m 2) Do đó (x x )2 2x x 16 1 2 1 2 0,25 (1,0đ) [2(m – 1)]2 – 2(m2 – 3m) = 16 m2 – m – 6 = 0 (2) Ta có ∆ = 25 suy ra phương trình (2) có hai nghiệm m = 3, m = – 2. 1 2 0,25 Đối chiếu với điều kiện m 1 , ta có m = 3 là giá trị cần tìm. 3. ĐKXĐ: x 1, y 0 . 0,25
3. (1,0đ) 2 3y 2x 2x y 2 3y 2x 2x Ta có 8 7 0,25 x 1 y x 1 y 3y 2x 2x Đặt u , v = . x 1 y 0,25 u v 2 u 3 Hệ phương trình đã cho trở thành 2u v 7 v 1 3y 2x 3 x 1 5x 3y 3 x 3 Suy ra 2x y 2x y 6 1 0,25 y Ta thấy x = 3, y = 6 thỏa mãn ĐKXĐ. Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm (x; y) = (3; 6). Hình vẽ: A D E O H B K C M Xét tứ giác BCDE ta có B· DC = 900 (vì BD  AC) 0,5 1) B· EC = 900 (vì CE  AB) (1,0đ) hai đỉnh D và E cùng nhìn cạnh BC dưới một góc vuông 0,25 Vậy BCDE là một tứ giác nội tiếp. 0,25 4. (3,0đ) Kẻ đường kính AOM, ta có A· CM = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). 0,25 Ta có tứ giác BCDE nội tiếp (chứng minh trên) 0,25 2) A· ED =A· CB (vì cùng bù với góc BED). (1,0đ) Xét đường tròn (O) ta có: 0,25 B· AM =B· CM (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM). A· ED B· AM A· CB B· CM A· CM 900 OA  DE. 0,25 · 0 Ta có MC  AC (ACM = 90 ), BD  AC (giả thiết) MC // BD hay MC // BH 0,25 Tương tự ta có MB // CH tứ giác BHCM là hình bình hành. Gọi K là trung điểm của BC, ta có K là trung điểm của HM 0,25 3) OK là đường trung bình của AHM AH = 2OK (không đổi). (1,0đ) Xét tứ giác AEHD ta có A· DH +A· EH = 1800 tứ giác AEHD nội tiếp. 0,25 Ta có AH là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHD nên AH cũng là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác AED. Vì AH không đổi nên đường 0,25 tròn ngoại tiếp tam giác AED có bán kính không đổi. ĐKXĐ: x 0. 0,25 5. (1,0đ) Với x 0 , thay vào phương trình đã cho ta có 1 2 0 (vô lý) 0,25 x 0 không là nghiệm của phương trình.
4. Với x 0 , chia hai vế của phương trình cho x ta được 2 1 1 2 x 2 1 x x x 0,25 1 Đặt t x ta có phương trình2t 2 2 1 t (*) 2t 2 2 t 2 2t 1 x t 2 2t 1 0 t 1 2 0 t 1. Thử lại ta thấy t 1 thỏa mãn (*). 1 3 5 Với t 1 ta có x 1 x x 1 0 x (thỏa mãn x 0 ). x 2 0,25 3 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x . 2