Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Đỗ Long (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Đỗ Long (Có đáp án)

1. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC: 2017-2018 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ số 1 Câu I. (2,5 điểm) 1 5 1) Tính giá trị của biểu thức H 5 20 80 5 2 1 2) Xác định m,n để đường thẳng y 2m 1 x n (m ) đi qua điểm A(1;2) và song song 2 với đường thẳng y = x 3x y 4 3) Giải hệ phương trình 4x 3y 1 Câu II. (2,5 điểm ) x 2 x 3 1) Rút gọn biểu thức P : ( x 3) với x 0; x 9 x 3 x 3 x 9 2) Cho phương trình 2x2 m 3 x m 0 (1) (m là tham số) a) Giải phương trình (1) khi m = 2 b)Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho E= 2018x1 2018x2 đạt giá trị nhỏ nhất Câu III. (1,5 điểm) Năm học 2018-2019, theo kế hoạch một trường THPT Chuyên tuyển sinh 63 học sinh vào hai lớp 10 chuyên Toán và lớp 10 chuyên Tin .Tìm số học sinh của mỗi lớp theo kế hoạch.Biết rằng nếu chuyển 3 học sinh của lớp 10 chuyên Toán sang lớp 10 chuyên Tin thì 4 lần số học sinh của lớp 10 chuyên Toán bằng 5 lần số học sinh của lớp 10 chuyên Tin. Câu IV. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) có hai đường kính AB và CD cố định và vuông góc với nhau. M là một điểm bất kỳ trên đường kính AB (M khác O, A, B), tia CM cắt (O) tại điểm N khác C, kẻ đường thẳng d đi qua điểm M vuông góc với AB, qua điểm N kẻ tiếp tuyến với (O), tiếp tuyến này cắt đường thẳng d tại điểm P. 1) Chứng minh rằng: OMNP là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh rằng: CM.CN = 2R2. 3) Tứ giác CMPO là hình gì? Tại sao? 4) Chứng minh rằng: Khi điểm M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì điểm P di chuyển trên một đường cố định. Câu V. (0,5 điểm) 2 a 1 2b 8 Cho hai số thực không âm a,b thỏa mãn : a + b 2.Chứng minh : 1 a 1 2b 7 Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh Số báo danh:
2. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh Đáp án CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 5 5 5 0.5 H 5 20 80 5 22.5 42.5 5 .2. 5 4 5 1.1 5 2 2 2 5 5 5 4 5 2 5 0.5 1 ĐK m 2 Để đường thẳng yđi qua 2m A(1;2) 1 x tan có 2(1) 2m 1 .1 n 0.25 Để đường thẳng y 2m 1 x n song song với đường thẳng y = x thì 0.25 2m 1 1 2m 2 1.2 m 1(TM) n 0 n 0 Thay vào (1) ta có n = 1 1 0.25 Vậy với m=1;n=1 thì đường thẳng y 2m 1 x n (m ) đi qua điểm 2 A(1;2) và song song với đường thẳng y = x 3x y 4 9x 3y 12 13x 13 0.25 Ta có 4x 3y 1 4x 3y 1 3x y 4 1.3 x 1 x 1 0.25 3 y 4 y 1 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 1) 0.25 Điểm toàn câu 2,5 với x 0; x 9 , ta có: 0.25 x 2 x 3 P : ( x 3) x 3 x 3 x 9 x( x 3) 2( x 3) x 3 1 . ( x 3)( x 3) ( x 3)( x 3) x 9 x 3 x 3 x 2 x 6 x 3 1 0.25 2.1 . ( x 3)( x 3) x 3 x 3 1 0,25 . ( x 3)( x 3) x 3 1 0,25 x 9 1 0.25 Vậy P với x 0; x 9 x 9 2.2a a)Khi m=2 phương trình 2x2 m 3 x m 0 (1) có dạng : 2 2 x 2 3 x 2 0 0,25 2x2 5x 2 0 ( 5)2 4.2.2 9 0 Phương trình có hai nghiệm phân biệt 0,25 0,25
3. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh ( 5) 9 ( 5) 9 1 x 2 ; x 1 2.2 2 2.2 2 1 HS giải phương trình tìm được x1=2 ; x2 = 2 2.2b 1 Vậy khi m=2 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1=2 ; x2 = 2 b)Xét phương trình 2x2 m 3 x m 0 (1) có:  (m 3)2 4.2.m m 1 2 8 0 với mọi m =>pt luôn có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 với mọi m, theo vi-ét ta có: m 3 0.25 x x 1 2 2 m x .x 1 2 2 2 2 2 0.25 2 2 (m 3) m 2m 9 (m 1) 8 Ta có (x1 –x2) = (x1 + x2) -4x1x2 = 2m 2 4 4 4 => x1 x2 2 2018x1 2018x2 2018 2 => GTNN của P bằng2018 2 ,Dấu đẳng thức xảy ra khi m=1 0.25 Vậy với m=1 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho E= 2018x1 2018x2 đạt giá trị nhỏ nhất Điểm toàn câu 2,5 Gọi số học sinh của lớp 10 chuyên Toán theo kế hoạch tuyển sinh là x (học sinh), x N * , x < 63 số học sinh của lớp 10 chuyên Tin theo kế hoạch tuyển sinh là y (học sinh), 0.25 y N * , y < 63 Vì theo kế hoạch tổng số học sinh của hai lớp 10 chuyên Toán và lớp 10 chuyên Tin là 63 học sinh nên ta có phương trình : x+y=63 (1) 0.25 Vì khi chuyển 3 học sinh của lớp 10 chuyên Toán sang lớp 10 chuyên Tin thì 4 lần số 3 học sinh của lớp 10 chuyên Toán bằng 5 lần số học sinh của lớp 10 chuyên Tin nên ta có phương trình: 4(x-3)=5(y+3) (2) 0.25 Từ (1),(2) ta có hệ phương trình x y 63 x y 63 x 38 (TM) 0.5 4(x 3) 5(y 3) 4x 5y 27 y 25 Vậy số học sinh của lớp 10 chuyên Toán theo kế hoạch tuyển sinh là 38 (học sinh) 0.25 số học sinh của lớp 10 chuyên Tin theo kế hoạch tuyển sinh là 25 (học sinh) Điểm toàn câu 1,5 4
4. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh C O M A B N D P Ta có O· MP 900 (gt) M thuộc đường tròn đường kính OP (1) (Bài toán quỹ tích 0.5 cung chứa góc) · 0 4.1 ONP 90 ( T/c tiếp tuyến) N thuộc đường tròn đường kính OP( 2) ) (Bài toán quỹ tích cung chứa góc) Từ (1) và (2) M, N cùng thuộc tròn đường kính OP 0.25 OMNP là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OP. 0.25 Chứng minh được COM đồng dạng với CND (g-g) 0.25 CM CO 0.25 (các cạnh tương ứng) 4.2 CD CN CM.CN = CD.CO, mà CD = 2R, CO = R CM.CN = 2R2. 0.25 Ta có D· OP O· PM (so le trong) O· NM O· PM ( Cùng chắn O¼M của đường tròn ngoại tiếp tứ giác OMNP) 0.25 O· NM D· CN ( Do ONC cân) D· OP D· CN , 4.3 mà D· OP, D· CN là hai góc đồng vị. OP // CM. 0.25 Xét tứ giác CMPO có: OC // PM (gt) OP // CM (cmt) CMPO là hình bình hành 0.25 Do CMPO là hình bình hành (chứng minh phần 3) MP = OC. Mà OC = OD (Bán kính của (O)) MP = OD. Xét tứ giác OMPD có : MP // OD (gt) 0.25 MP = OD (cmt) 4.4 OMPD là hình bình hành. Mà O· MP 900 (gt) OMPD là hình chữ nhật. O· DP 900 PD  OD tại D hay PD là tiếp tuyến của (O) tại D Chỉ ra tiếp tuyến của (O) tại D cố D cố định. 0.25 Vậy khi M di chuyển trên AB thì P nằm trên tiếp tuyến của (O) tại D cố định. Điểm toàn câu 3,0 5 Với hai số thực không âm a,b 2 a 1 2b 8 1 2 8 1 2 8 Ta có 1 1 1 a 1 2b 7 1 a 1 2b 7 1 a 1 2b 7
5. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh 1 2 1 1 1 0.25 Mà 2 (1) BĐT côsi 1 a 1 2b 1 a 1 1 b a 1 (b ) 2 2 1 a 1 b 1 7 a 1 (b ) 2 BĐT côsi và a + b 2 2 2 4 1 8 2 (2) 1 7 a 1 (b ) 2 1 2 8 Từ (1),(2) => 1 a 1 2b 7 1 3 5 0.25 Dấu “=” xảy ra khi a+1=b+ và a+b=2 a= ;b= 2 4 4 KL : Điểm toàn câu 0,5 Điểm toàn bài 10,0 Lưu ý: Trên đây chỉ là sơ lược cách giải, hướng dẫn và biểu điểm, bài làm của học sinh phải trình bày chi tiết, đúng, hợp lôgic thì mới được điểm tối đa. HS làm cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa. NĂM HỌC: 2017-2018 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ số 2 Câu I (2.5 điểm) 2 1. Tính giá trị của biểu thức (8 32 : 2 2). 3 1 2. Biết đường thẳng y = mx + n đi qua điểm M 2; và song song với đường thẳng 2 y 3 – 2x . Tìm các hệ số m và n. 2x + y = 1 3. Giải hệ phương trình: 3x + 4y = -1 Câu II (2.5 điểm) 3 x 1 1. Rút gọn biểu thức A 3 : ( x 2) với x 0 và x 1. x 1 x 1 2. Cho phương trình: x2 4mx 3m2 3 0 (1) a) Giải phương trình (1) khi m = - 1. b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x 2sao cho P= 2018 đạt giá trị lớn nhất x1 x2 Câu III (1.5 điểm)
6. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh Năm ngoái, hai đơn vị sản xuất nông nghiệp thu hoạch được 500 tấn thóc.Năm nay, đơn vị thứ nhất làm vượt mức 5% và đơn vị thứ hai sản xuất kém hơn năm ngoái là 280 tấn.Hỏi năm ngoái mỗi đơn vị thu hoạch được bao nhiêu tấn thóc? Biết rằng nếu năm nay cả hai đơn vị sản xuất thêm được 20 tấn thóc nữa thì bằng một nửa năm ngoái. Câu IV (3.0 điểm) Cho đường tròn (O; R) với đường kính AB cố định, EF là đường kính di động. Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn (O) tại B. Nối AE, AF cắt đường thẳng d lần lượt tại M và N. Đường thẳng đi qua điểm A và vuông góc với EF tại điểm D cắt MN tại I. 1) Chứng minh tứ giác ODIBnội tiếp đường tròn; 2) Chứng minh AE.AM = AF. AN; 3) Chứng minh I là trung điểm của MN; 4) Gọi H là trực tâm tam giác MFN. Chứng minh rằng khi đường thẳng EF di động, H luôn thuộc một đường tròn cố định. Câu V (0.5 điểm) x y z Cho ba số dương x,y,z. Chứng minh rằng : 2 y z z x x y Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh Số báo danh: Đáp án Dưới đây chỉ là sơ lược các bước giải và thang điểm. Bài giải của học sinh cần chặt chẽ, hợp logic toán học. Nếu học sinh làm bài theo cách khác hướng dẫn chấm mà đúng thì chấm và cho điểm tối đa của bài đó. Đối với bài hình học (bài 4), nếu học sinh vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không được tính điểm. Bài Nội dung Điểm Câu I 1 (1 đ) 2 2 0.5 (8 32 : 2 2). =(8 4 2 : 2 2). 3 3 2 0.5 =(8 2). = 2 2 3 2 Vì đường thẳng y = mx + n song song với đường thẳng y 3 – 2x , suy ra m = - 2 và n 3 0.25 (0,75đ) (1) 1 1 0.25 Vì đường thẳng y = mx + n đi qua điểm M (2; ) nên ta có: 2m + n (2). 2 2 9 0.25 Từ (1) và (2) suy ra m = - 2 và n = (TMĐK). 2 KL 3 2x + y = 1 8x + 4y = 4 5x = 5 x = 1 (0,75đ) 0.25 3x + 4y = -1 3x + 4y = -1 2x + y = 1 2.1 y 1
7. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh x = 1 0.25 y = - 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y)=(1;-1) 0.25 Câu II 1đ 1) Với x 0 và x 1 ta có: 3 x 1 3 x ( x 1) ( x 1) 3( x 1)( x 1) 1 0,25 A 3 : ( x 2) . x 1 x 1 ( x 1)( x 1) x 2 3x 3 x x 1 3x 3 1 0,25 . x 1 x 1 x 2 2( x 2) 1 0.25 . x 1 x 2 2 0.25 x 1 2 Vậy A= với x 0 và x 1 x 1 2a Với m = -1, ta có PT: x2 4x 0 0.25 (0.75 đ) x2 4x 0 x(x 4) 0 0.5 Tìm được: x1 0, x2 4 Vậy với m= -1 phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 0, x2 4 2b ' 2m 2 3m2 3 m2 3 0,m 0.25 (0.75đ) Suy ra PT luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m. x x 4m Theo hệ thức Viet, ta có : 1 2 2 x1.x2 3m 3 2018 2018 P= = 2 x1 x2 2 m 3 m2 3 3 0.25 Vì 2 m2 3 2 3 2018 2018 2018 2018 1009 3 2 m2 3 2 m2 3 2 m2 3 2 3 3 1009 3 => P ,đẳng thức xảy ra khi m=0 3 Vậy với m = 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho P= 2018 đạt giá trị lớn nhất x1 x2 Câu III
8. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh Gọi sản lượng năm ngoái của đơn vị sản xuất nông nghiệp thứ nhất là x (tấn thóc), 0.25 (1.5đ) 500>x > 0 sản lượng năm ngoái của đơn vị sản xuất nông nghiệp thứ hai là y (tấn thóc), 500>y> 280 Vì năm ngoái hai đơn vị sản xuất nông nghiệp thu hoạch được 500 tấn thóc nên ta có pt: 0.25 x+y=500 (1) Vì năm nay đơn vị thứ nhất làm vượt mức 5% và đơn vị thứ hai sản xuất kém hơn năm 0.25 ngoái là 280 tấn và cả hai đơn vị sản xuất thêm được 20 tấn thóc nữa thì bằng một nửa năm ngoái nên ta có pt: 5 (x x) (y 280) 20 250 (2) 100 x y 500 0.25 x y 500 Từ (1),(2) ta có hệ pt : 5 (x x) (y 280) 20 250 1,05x y 510 100 0,05x 10 x 200 0.25 (TM) x y 500 y 300 Vậy sản lượng năm ngoái của đơn vị sản xuất nông nghiệp thứ nhất là 200 (tấn thóc), 0.25 sản lượng năm ngoái của đơn vị sản xuất nông nghiệp thứ hai là 300 (tấn thóc), Câu IV M E O' A O B D I K H F N 4.1- a)Xét tứ giác ODIB ta có : (1 đ) O· BI 900 (d là tiếp tuyến của (O) tại B) · 0 ODI 90 GT 0,5 Suy ra: O· BI O· DI 1800 , mà hai góc này ở vị trí đối diện Nên tứ giác ODIB nội tiếp 0.5 4.2 Xét (O) có: (0,75 đ) ·AEB 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => AM  BE Xét tam giác ABM vuông tại B có đường cao BE 0.25 AE.AM AB2 (Hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông)
9. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh c/m tương tự => AF.AN AB2 0.25 =>AE.AM AF.AN AB2 0.25 4.3 Chứng minh được hai tam giác: AEF và ANM đồng dạng suy ra ·AMN A· FE 0.25 (0.75 đ) Mà ·AMN Nµ 900 , A· FE F· AD 900 suy ra: F· AD Nµ IA IN F· AD D· AE 900 D· AE ·AMB IA IM 0.25 Do đó 0.25 4.4 Lấy O’ đối xứng vơi O qua A, suy ra OO’ =2R, O’ cố định 0.25 (0.5 đ) Kẻ FK vuông góc với MN, FK cắt ME tại H, thì H là trực tâm tam giác FMN CM được: AHFB là hình bình hành, suy ra FH=AB=OO’, suy ra OO’HF là hình bình 0.25 hành, suy ra O’H = OF = R Vậy khi đường thẳng EF di động, H luôn thuộc một đường tròn cố định Câu V Vì x,y,z là ba số dương nên Áp dụng BĐT Cô-si ta có x y z y z y z x 2x 1 2 dấu "=" xảy ra khi y + z = x x x x y z x y z 0.5đ y 2y x 2z Tương tự ; dấu "=" khi z +x = y; x + y= z 0.25 z x x y z x y x y z x y z Cộng từng vế ta được: 2 y z z x x y Dấu "=" khi x = y = z = 0 (vô lý vì x, y, z dương) 0.25 x y z Vậy 2 y z z x x y NĂM HỌC: 2017-2018 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ số 3 Câu 1 1 1.Tính - 2 2 - 1 2 .Xác định giá trị của a,biết đồ thị hàm số y = ax - 1 đi qua điểm M(1;5) Câu 2: 1 2 a- 3 a + 2 1.Rút gọn biểu thức: A = ( - ).( + 1) với a>0,a¹ 4 a - 2 a- 2 a a - 2 ïì 2x- 5y = 9 2.Giải hệ pt: íï îï 3x + y = 5
10. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh 3. Chứng minh rằng pt: x2 + mx + m- 1= 0 luôn có nghiệm với mọi giá trị của m. Giả sử x1,x2 là 2 nghiệm của pt đã cho,tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 B = x 1 + x 2 - 4.(x1 + x2 ) Câu 3: Một ôtô tải đi từ A đến B với vận tốc 40km/h. Sau 2 giờ 30 phút thì một ôtô taxi cũng xuất phát đi từ A đến B với vận tốc 60 km/h và đến B cùng lúc với xe ôtô tải.Tính độ dài quãng đường AB. Câu 4: Cho đường tròn (O) và một điểm A sao cho OA=3R. Qua A kẻ 2 tiếp tuyến AP và AQ của đường tròn (O),với P và Q là 2 tiếp điểm.Lấy M thuộc đường tròn (O) sao cho PM song song với AQ.Gọi N là giao điểm thứ 2 của đường thẳng AM và đường tròn (O).Tia PN cắt đường thẳng AQ tại K. 1.Chứng minh APOQ là tứ giác nội tiếp. 2.Chứng minh KA2=KN.KP 3.Kẻ đường kính QS của đường tròn (O).Chứng minh tia NS là tia phân giác của gócP· NM . 4. Gọi G là giao điểm của 2 đường thẳng AO và PK .Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R. Câu 5: Cho a,b,c là 3 số thực khác không và thoả mãn: ïì a 2 ( b + c ) + b 2 ( c + a ) + c 2 ( a + b ) + 2 a b c = 0 íï ï 2 0 1 9 2 0 1 9 2 0 1 9 îï a + b + c = 1 1 1 1 Hãy tính giá trị của biểu thức Q = + + a2019 b2019 c2019 Hết . ĐÁP ÁN Dưới đây chỉ là sơ lược các bước giải và thang điểm. Bài giải của học sinh cần chặt chẽ, hợp logic toán học. Nếu học sinh làm bài theo cách khác hướng dẫn chấm mà đúng thì chấm và cho điểm tối đa của bài đó. Đối với bài hình học (bài 4), nếu học sinh vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không được tính điểm. Câu Ý Nội dung Điểm 1 1 1 2 + 1 2 + 1 1 - 2 = - 2 = - 2 = 2 + 1- 2 = 1 2 - 1 ( 2 - 1).( 2 + 1) ( 2)2 - 1) KL: 2 Do đồ thị hàm số y = ax-1 đi qua M(1;5) nên ta có a.1-1=5Û a=6 1 KL: 2 1 a 2 ( a - 1).( a - 2) 0,5 A = ( - ).( + 1) = a( a - 2) a( a - 2) a - 2 a - 2 1 0,5 = ( ).( a - 1+ 1) = . a = 1 a( a - 2) a KL: 2 1 ïì 2x- 5y = 9 ïì 2x- 5y = 9 ïì 2x- 5y = 9 ïì y = - 1 íï Û íï Û íï Û íï îï 3x + y = 5 îï 15x + 5y = 25 îï 17x = 34 îï x = 2
11. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh KL: 2 3 Xét Pt: x + mx + m- 1= 0 0,25 Δ = m2 - 4(m- 1) = m2 - 4m + 4 = (m- 2)2 ³ 0 Vậy pt luôn có nghiệm với mọi m ïì x + x = - m 0,25 Theo hệ thức Viet ta cóíï 1 2 ï îï x1x2 = m- 1 Theo đề bài 2 2 2 B = x 1 + x 2 - 4.(x1 + x2 ) = (x1 + x2 ) - 2x1x2 - 4.(x1 + x2 ) = m2 - 2(m- 1)- 4(- m) = m2 - 2m + 2+ 4m = m2 + 2m + 1+ 1 = (m + 1)2 + 1³ 1 0,5 Vậy minB=1 khi và chỉ khi m = -1 KL: 3 Gọi độ dài quãmg đường AB là x (km) x>0 0,25 x Thời gian xe tải đi từ A đến B là h 40 0,25 x Thời gian xe Taxi đi từ A đến B là : h 0,25 60 5 Do xe tải xuất phát trước 2h30phút = nên ta có pt 2 0,25 x x 5 - = 40 60 2 0,25 Û 3x- 2x = 300 Û x = 300 0,25 Giá trị x = 300 có thoả mãn ĐK Vậy độ dài quãng đường AB là 300 km. 4 1 Xét tứ giác APOQ có ·APO = 900 (Do AP là tiếp tuyến của (O) ở P) · 0 AQO = 90 (Do AQ là tiếp tuyến của (O) ở Q) 0,75 Þ ·APO + ·AQO = 1800 ,mà hai góc này là 2 góc đối nên tứ giác APOQ là tứ giác nội tiếp P S M N I A G O K Q 2 Xét Δ AKN và Δ PAK có ·AKP là góc chung ·APN = ·AMP ( Góc nt cùng chắn cung NP) 0,75
12. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh Mà N· AK = ·AMP (so le trong của PM //AQ AK NK ΔAKN ~ Δ PKA (gg) Þ = Þ AK 2 = NK.KP (đpcm) PK AK 3 Kẻ đường kính QS của đường tròn (O) Ta có AQ^ QS (AQ là tt của (O) ở Q) Mà PM//AQ (gt) nên PM^ QS 0,75 Đường kính QS ^ PM nên QS đi qua điểm chính giữa của cung PM nhỏ sd P»S = sd S¼M Þ P· NS = S·NM (hai góc nt chắn 2 cung bằng nhau) Hay NS là tia phân giác của góc PNM 4 Chứng minh được Δ AQO vuông ở Q, có QG^ AO(theo Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) 0,75 Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có OQ2 R2 1 OQ2 = OI.OA Þ OI = = = R OA 3R 3 1 8 Þ AI = OA- OI = 3R- R = R 3 3 Do Δ KNQ ~Δ KQP (gg)Þ KQ2 = KN.KP mà AK 2 = NK.KP nên AK=KQ Vậy Δ APQ có các trung tuyến AI và PK cắt nhau ở G nên G là trọng tâm 2 2 8 16 Þ AG = AI = . R = R 3 3 3 9 5 Ta có: a 2 (b + c) + b 2 (c + a) + c 2 (a + b) + 2abc = 0 Û a 2b + a 2c + b 2c + b 2 a + c 2 a + c 2b + 2abc = 0 Û (a 2b + b 2 a) + (c 2 a + c 2b) + (2abc + b 2c + a 2c) = 0 Û ab(a + b) + c 2 (a + b) + c(a + b) 2 = 0 0,25 Û (a + b)(ab + c 2 + ac + bc) = 0 Û (a + b).(a + c).(b + c) = 0 TH1: nếu a+ b=0 0,25 ïì a = - b ïì a = - b Ta có ï Û ï ta có í 2019 2019 2019 í îï a + b + c = 1 îï c = 1 1 1 1 Q = + + = 1 a2019 b2019 c2019 Các trường hợp còn lại xét tương tự 1 1 1 Vậy Q = + + = 1 a2019 b2019 c2019
13. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh ĐỀ số 4 Câu 1: (2,0 điểm) Cho phương trình: x2 - 2( m+ 1)x + m2 + 2m = 0 (1) ( m là tham số) a) Giải phương trình với m = 1. 3 3 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 x2 8 . Câu 2: (2,0 điểm) 1 1 a 1 a 2 M = : Cho biểu thức: a 1 a a 2 a 1 a) Rút gọn M. 1 b) Tìm các giá trị của a để M . 2 Câu 3: (2,0 điểm) 3x - 2y = 5 a) Giải hệ phương trình: 2x + 3y = 12 b) Cho hàm số: y = ax +b. Tìm a, b biết đồ thị của hàm số đã cho song song với đường thẳng ( ): y = 3x – 5 d1 và đi qua giao điểm Q của hai đường thẳng ( ): y = 2x - 3; ( ): y = - 3x + 2. d2 d3 Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC). Đường cao BD, CE cắt nhau ở H. DE cắt BC ở F. M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: a) Tứ giác BEDC là tứ giác nội tiếp. b) FE. FD = FB. FC. c) FH vuông góc với AM. Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c sao cho abc = 1. a b b c c a Chứng minh: + + 1 a 5 + b 5 + ab b 5 + c 5 b c c 5 + a 5 + ca Đáp án Câu Nội dung Điểm a) Với m = 1 phương trình (1) trở thành x2 – 4x + 3 = 0. 0.25 Ta có: 1 + (-4) + 3 = 0 phương trình có dạng a+ b + c = 0. Câu 1 Do đó phương trinh có hai nghiệm là x 1; x 3. 0.5 (2điểm) 1 2 0.25 Vậy với m = 1 phương trinh có hai nghiệm là x1 1; x2 3. b) Ta có: , (m 1) 2 ( m 2 2m) 1 0 .
14. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh Do đó phương trình (1) có hai nghiệm với mọi m. 0.25 3 3 Vì x1 x2 8 nên x1 x2 . Khi đó x1 m 2; x2 m. m 0 3 3 3 3 0.5 x1 x2 8 (m 2) m 8 m 2 3 3 Vậy với m 2; 0 thì phương trình có hai nghiệm thỏa mãn x1 x2 8 . 0.25 Câu 2 a) ĐKXĐ: a > 0; a 1;a 4 0,25 (2điểm) a - a 1 a 1 (a 4) 1 ( a - 2)( a 1) a 2 M = : = : = a ( a 1) ( a 2)( a 1) a ( a -1) 3 3 a 0,75 1 a 2 1 4 16 b) M > - 2 a 4 3 a a a 2 3 a 2 5 25 0,75 1 6 1 Kết hợp với ĐKXĐ ta có: a > ; a 1 ; a 4 thì M 2 5 2 16 1 Vậy : a > ; a 1; a 4 thì M . 0.25 25 2 3x - 2y = 5 13x = 39 x 3 Câu 3 a) Ta có: 0.75 2x + 3y = 12 2x + 3y = 12 y 2 (2điểm) x 3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 0.25 y 2 a) Vì đồ thị hàm số y = ax +b song song với đường thẳng ( ): y = 3x – 5 d1 0,25 Nên a = 3; b 5 Vì Q là giao điểm của hai đường thẳng ( ): y = 2x - 3; ( ): y = - 3x + 2 nên d2 d3 y 2x 3 x 1 0,5 tọa độ của điểm Q là nghiệm của hệ phương trình y 3x 2 y 1 => Q( 1 ; -1) Do đồ thị hàm số đã cho đi qua Q nên - 1 = 3 + b => b = - 4 thỏa mãn b 5 0,25 Vậy a = 3, b = - 4 thỏa mãn bài toán. Câu 4 a) Ta có BD  AC ; CE  AB (GT) B· DC B· EC = 900 0,5 (3điểm) Hai điểm E, D cùng nhìn BC dưới một góc vuông =>tứ giác BEDC nội tiếp 0,5 0,5 b) Vì BEDC nội tiếp => F· EB F· CD A Mà E· FB chung 0,5 FE FC K D ΔFEB : ΔFCD (g.g) = FD.FE = FB.FC FB FD E c) Gọi giao điểm của FA với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là K. H · · C Ta có tứ giác AKBC nội tiếp => FKB FCA F B M Lại có K· FB chung N FK FC ΔFKB : ΔFCA (g.g) = FK. FA = FB.FC FB FA 0.25
15. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh FK FD FK. FA = FE. FD FE FA Mà K· FE chung ΔFKE : ΔFDA (g.g) => F· KE F· DA => tứ giác AKED nội tiếp. Mặt khác ·ADH ·AEH = 900 ( GT) => A, E, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH. 0.25 =>K thuộc đường tròn đường kính AH => ·AKH = 900. Gọi N là giao điểm của HK và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 0 Ta có AN là đường kính ·ABN ·ACN = 90 0.25 = > NC // BH; BN // CH => BHCN là hình bình hành => HN đi qua trung điểm M của BC => MH vuông góc với FA. Vì H là giao điểm hai đường cao BD, CE nên H là trực tâm của tam giác ABC => AH vuông góc với FM. Trong tam giác FAM có hai đường cao AH, MK nên H là trực tâm của tam giác 0.25 =>FH vuông góc với AM. Câu 5 Vì a, b, c là các số dương nên (1điểm) a 5 + b 5 = (a + b )(a 4 - a 3 b + a 2 b 2 - ab 3 + b 4 ) 2 2 2 2 2 2 2 = (a + b ) a b ( a b ) ( a a b b ) ( a b ) a b 5 5 a b a b a b [ a b ( a b ) 1] a 5 b 5 a b a 2 b 2 ( a b c ) ( d o a b c 1) a b c 5 5 a b a b a b c 0.5 b c a c a b Tương tự ta có: ; ; b 5 c 5 b c a b c c 5 a 5 c a a b c a b b c c a 0.25 Khi đó: + + 1 a 5 + b 5 + ab b 5 + c 5 b c c 5 + a 5 + ca 0.25 Dấu “ =” xảy ra khi a = b = c = 1 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì vẫn được điểm tối đa. Bài hình không có hình vẽ hoặc vẽ sai thì không chấm điểm. ĐỀ số 5 Câu 1( 2,0điểm) . 1 1 1 x Cho biểu thức: P = 1 x 1 x x a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P. 1 b) Với những giá trị nào của x thì P > . 2 Câu 2( 1,5điểm) . Một người đi xe máy từ địa điểm A đến địa điểm B cách nhau 60km. Khi từ B trở về A, do trời mưa người đó giảm vận tốc 10km/h so với lúc đi nên thời gian về nhiều hơn thời gian đi là 30 phút. Tính vận tốc lúc về của người đó. Câu 3(2,0điểm).
16. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh 2 Cho phương trình: x 5x m 1 0 (1) (m là tham số) a)Giải phương trình (1) khi m = 2. b)Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thoả mãn đẳng thức : 2 x1.x2 1 20 x1 x2 Câu 4(3,5điểm). Cho đường tâm O, đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm M (M khác A và B), tia AM cắt tiếp tuyến kẻ từ B của đường tròn ngoại tiếp tại N. Kẻ OI vuông góc với AM ( I thuộc AM). a) Chứng minh: Tứ giác BOIN nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh: AO. IB = AI. ON. c) Chứng minh: 4OM2 = AM.AN. Câu5( 0,5 điểm) 2 2018 2018 x xy (y 1) 0 Cho hai số thực x, y thỏa mãn 4 x 1 3 y 2017x 2018 5 1 Hãy tính giá trị của biểu thức: P (x 1)2018 (y 2)2017 2018. 2 2 Hết HƯỚNG DẪN CHẤM THI Câu Nội dung Điểm 0,25 a) ĐKXĐ:x > 0, x 1 2 x 1 x P = . 0,5 1 x 1 x x 2 1 = 0,5 1 x 1 2 1 3 x b) với x > 0, x 1 thì P > - > 0 0 0,5 2 1 x 2 2 1 x 1 x 0 x 1. Kết hợp với điều kiện x > 0, ta được 0 0) 0,25 Vận tốc của xe máy lúc đi từ A đến B là: x + 10 (km/h) 60 Thời gian của xe máy đi A đến B là (h) x 10 0,5 60 Thời gian của xe máy đi từ B về A là (h) x 2 1 Vì thời gian từ B về A nhiều hơn thời gian từ A đến B là 30phút = giờ nên ta có pt 2 60 60 1 0,25 x x 10 2 -Giải đúng pt 0,5 -Vậy vận tốc của xe máy đi từ B về A là 30km/h. 0,25
17. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh a) Khi m = 7, ta có pt : x2 – 5x + 6 = 0. 25 24 1 0 . 1 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 2 ; x2 = 3. 2 b) Phương trình: x – 5x + m – 1 = 0 (1) . Để pt (1) có 2 nghiệm x1, x2 thì: 29 0,5 25 4.(m 1) 25 4m 4 29 4m 0 m (*) 4 3 x1 x2 5 Theo định lí Vi-et, ta có: x .x m 1 1 2 0,25 2 2 Theo bài ra ta có: (x1.x2 + 1) =20.(x1 + x2) m = 20.5 = 100 m = 10 hoặc m = – 10 . Đối chiếu đk (*), ta có: m = – 10 là giá trị cần tìm. 0,25 A I M O 0,25 B N 4 a) Tứ giác BOIN có: OBN= 900 (t/c tiếp tuyến tuyến ) và OIN= 900 (gt) OBN + OIN = 1800 Tứ giác BOIN nội tiếp 1,25 b)Tứ giác BOIN nội tiếp nên OBI = ONI ( hai góc nội tiếpcùng chắn cung OI) 0,25 Xét ABI và ANO có: OBI = ONI ; BAI chung ABI ANO (g.g) 0,5 AI BI AI.NO AO.BI 0,25 AO NO c) Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ABN, ta có: AM.AN = AB2 0,5 C/ m OM = OA 0,5 2 2018 2018 x xy (y 1) 0 (1) ĐKXĐ: x 1 4 x 1 3 y 2017x 2018 (2) 5 Giải (1): x2 xy2018 (y2018 1) 0 0,25 x2 1 xy2018 y2018 0 (x - 1)(x + y2018 + 1)=0
18. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh x 1 0 x 1 2018 2018 x y 1 0 x y 1 0 0,5 Với x=1 thay vào (2) ta được: 3 y -1=0 y=1 2018 2018 Vì x 1 và y 0 x y 1 0 5 1 1 Vậy: P (1 1)2018 (1 2)2017 2018 = 2018 2 2 2 0,25 Đề số 6 (Dành cho học sinh thi vào chuyên toán) 2 x x 1 3 11 x Bài 1: (2,0 điểm): Cho biểu thức: A (Với x ≥ 0; x 9) x 3 x 3 9 x a, Rút gọn A b, Tìm tất cả các giá trị của x để A ≥ 0 Bài 2: (2,0 điểm): 2 a, Trong hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng (d 1): y m 1 x 2m (m là tham số) và (d2) : y = 3x + 4 . Tìm các giá trị của m để hai đường thẳng song song với nhau? b, Cho phương trình: x2 2 m 1 x 2m 5 0 (m là tham số). Tìm các giá trị của m để 2 phương trình có 2 nghiệm x1; x2 thỏa mãn: x1 2mx1 2m 1 x2 2 0 Bài 3: (2,0 điểm): 2 x y2 3 a, Giải hệ phương trình: 2 3 x 2y 1 b, Giải phương trình: x2 4x 7 x 4 x2 7 Bài 4: (3,0 điểm): Cho hình bình hành ABCD có goác A 90 o. Tia phân giác góc BCD cắt đường tròn ngoauj tiếp BCD tại O (khác C), kẻ đường thẳng (d) đi qua A và vuông góc với CO. đường thẳng (d) cắt đường thẳng CB, CD lần lượt tại M và N. a, Chứng minh: OMN = ODC. b, Chứng minh: OBM = ODC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp CMN. c, Gọi K là giao điểm của OC và BD, I là tâm đường tròn ngoại tiếp BCD, chứng minh rằng: ND IB2 IK 2 MB KD2 Bài 5: (1,0 điểm): 3 Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn:x y z . 2 x yz 1 2 y zx 1 2 z xy 1 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P z2 zx 1 x2 xy 1 y2 yz 1 Đáp án
19. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh Câu Nội dung Điểm Câu 1 2 x x 1 3 11 x Cho biểu thức: A (Với x ≥ 0; x 9) 2.0 x 3 x 3 9 x a, Rút gọn A 2 x x 1 3 11 x A x 3 x 3 9 x 2 x x 1 11 x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 2 x x 3 x 1 x 3 11 x 3 x 3 x 3 2x 6 x x 4 x 3 11 x 3 x 3 x 3 0.75 3x 9 x 3 x x 3 3 x x 3 x 3 x 3 x 3 x 3 0.25 3 x Vậy với x ≥ 0 và x 9 thì P x 3 b, Tìm tất cả các giá trị của x để A ≥ 0 với x ≥ 0 và x 9 thì P ≥ 0 3 x 0.75 P 0 x 3 0 x 3 x 9 x 3 Kết hợp với ĐK ta có x > 9 0.25 Câu 2 2 a, (d1): y m 1 x 2m (m là tham số) 2.0 (d2) : y = 3x + 4 . Hai đường thẳng song song với nhau m2 1 3 m2 4 m 2 0.75 m 2 2m 4 m 2 m 2 0.25 KL: 2 b, Cho phương trình: x 2 m 1 x 2m 5 0 (m là tham số). Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm x1; x2 thỏa mãn: 2 x1 2mx1 2m 1 x2 2 0 2 Ta có ' = = (m - 2) + 2 ≥ 2 > 0 với x nên PT luôn có 2 nghiệm x1; x2 với x 0.25
20. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh x1 x2 2m 2 Áp dụng HT ViEt: x1.x2 2m 5 2 x1 2mx1 2m 1 x2 2 0 2 x1 2 m 1 x1 2x1 2m 5 4 x2 2 0 2 x1 x1 x2 x1 2x1 x1x2 4 x2 2 0 2x1 4 x2 2 0 2x x 4 x x 8 0 1 2 1 2 0.5 x1x2 2 x1 x2 4 0 2m 5 2 2m 2 4 0 2m 3 0.25 3 m 2 3 KL: với m thì phương trình có 2 nghiệm x1; x2 thỏa mãn: 2 2 x1 2mx1 2m 1 x2 2 0 Câu 3 2 x y2 3 a, Giải hệ phương trình: 2.0 2 3 x 2y 1 2 x y2 3 4 x 2y2 6 2 2 3 x 2y 1 3 x 2y 1 0.75 Cộng vế: 7 x 7 x 1 x 1 y2 1 y 1 0.25 KL: HPT có 2 nghiệm: (x;y) = (1;-1) ; (1;1) b, Giải phương trình: x2 4x 7 x 4 x2 7 (ĐK: x 7 x2 4x 7 x 4 x2 7 x2 7 4x x 4 x2 7 0 x2 7 4x x x2 7 4 x2 7 0 x2 7 x2 7 x 4 x2 7 x 0 x2 7 x x2 7 4 0 x2 7 x 0 x2 7 x x2 7 x2 2 2 2 x 7 4 0 x 7 4 x 7 16 x2 23 x 23 (T/m đk) 0.75 0.25
21. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh Câu 4 3.0 E I M B C K A D O F H 1,0 N a, CM: (cùng bù OBC) b, Xét OBM và ODC có MBO ODC  BM DC BA  OBM = ODM cgc BCO DCO OB OD 1.0 OM = OC O trung trực của MC (1) MCN có CH vừa là đường cao vừa là p/g CH là trung trực O trung trực của MN (2) Từ (1) và (2) O là tâm đường tròn ngoại tiếp CMN ND IB2 IK 2 c, CM: MB KD2 * Ta có: ND AD BC  ND BC   MB CD câu a, MB CD ND CK   3 BC CK MB KD t / cp / g CD KD  * Ta lại có: IB2 IK 2 IB IK IB IK IF IK IE IK FK.KE 4 KD2 KD2 KD2 KD2 1.0 KB KE * KBE ∽ KFD (gg) KB.KD KE.KF KF KD FK.KE CK FK.KE KC.KD KE.KF CK (5) KD KD KD2 ND IB2 IK 2 * Từ (3) (4) (5) (đpcm) MB KD2
22. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh Câu 5 3 Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn:x y z . 1.0 2 x yz 1 2 y zx 1 2 z xy 1 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P z2 zx 1 x2 xy 1 y2 yz 1 Ta có: x yz 1 2 y zx 1 2 z xy 1 2 P z2 zx 1 x2 xy 1 y2 yz 1 yz 1 2 2 z zx 1 x 2 2 2 2 2 2 yz 1 zx 1 xy 1 1 1 1 y z x z x y z x y zx 1 xy 1 yz 1 1 1 1 z x y (1) x y z x y z Áp dụng BĐT: 2 a 2 a 2 a 2 a a a a a a 1 2 3 1 2 3 (Dấu bằng 1 2 3 b1 b2 b3 b1 b2 b3 b1 b2 b3 1.0 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 y z x y z x z x y z x y Dấu bằng 1 1 1 1 1 1 z x y z x y x y z x y z 2 1 1 1 x y z x y z 1 1 1 x y z (2) 1 1 1 x y z x y z x y z Lại áp dụng BĐT trên: 2 1 1 1 12 12 12 1 1 1 9 x y z x y z x y z x y z (Dấu bằng x = y = z) 1 1 1 9 x y z x y z x y z x y z 9 27 x y z 4 x y z 4 x y z    3 Cosi 2
23. Đỗ Long Gia Bình – Bắc Ninh 9 27 9 15 2 3 (3) 3 4 4. 2 2 2 9 3 (Dấu bằng x y z x y z 4 x y z 2 Kết hợp (1) (2) (3) ta được: 15 1 P Dấu bằng x y z 2 2 Chú ý 1, Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm điểm. 2, Làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Trên đây là lời giải của riêng tôi, nếu đánh máy có sơ xuất mong bạn đọc góp ý, nếu có cách giải khác đề nghị đưa lên chúng ta học hỏi lẫn nhau. Xin cảm ơn!