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

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

1. TOÁN HỌC LÀ ĐAM Mấ ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 TRÀNG AN – TÂY HỒ Năm học 2017-2018 Thời gian làm bài 120 phỳt x 1 x 2 x 1 Bài 1: Cho biểu thức P với x 0,x 1 x 1 x x 1 x x 1 a) Rỳt gọn biểu thức P; b) Tớnh giỏ trị của biểu thức P khi x 7 4 3 7 4 3 . 2 c) Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức Q x . P Bài 2: Giải bài toỏn bằng cỏch lập phương trỡnh hoạc hệ phương trỡnh Một xưởng may dự kiến may 1000 cỏi ỏo trong thời gian đó định. Nhờ cải tiến quy trỡnh hợp lý, mỗi ngày xưởng may thờm được 10 cỏi ỏo so với quy định, cho nờn đó vượt mưc kế hoạch 80 chiếc, khụng những thế cũn hoàn thành trước thời hạn 2 ngày. Tớnh số ỏo một ngày xưởng đú phải may theo kế hoạch và thời gian dự kiến phải làm? 1 3 1 3x y 7 x 1 y 1 Bài 3: 1) Giải cỏc hệ phương trỡnh: a) b) 2x y 8 2 4 3 x 1 y 1 2) Cho phương trỡnh x2 2 m 1 x m 4 0 ( mlà tham số) a) Chứng minh rằng phương trỡnh luụn cú hai nghiệm phõn biệt với mọi m . b) Tỡm m sao cho phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm x1, x2 thoả món hệ thức 2 2 x1 x2 3x1x2 0 . Bài 4: Cho đường trũn (O,R), đường kớnh AB. Lấy điểm C trờn cung AB, kẻ CH vuụng gúc với AB tại H. Vẽ cỏc đường trũn (I) và đường trũn (K) nội tiếp cỏc tam giỏc CAH và CBH. Đường thẳng IK cắt CA và CB tại M và N. a) Chứng minh HCI HBK . b) Chứng minh CMN cõn. c) Xỏc định vị trớ của điểm C để tứ giỏc ABNM nội tiếp. d) Kẻ CD  MN tại D. Chứng minh khi C di động trờn cung AB thỡ CD luụn đi qua một điểm cố định. e) Xỏc định vị trớ điểm C để diện tớch tam giỏc CMN lớn nhất. Bài 5: Giải phương trỡnh x3 2 3 2x 1 1 0
2. Cõu 1 Giải x 1 x 2 x 1 P với x 0,x 1 x 1 x x 1 x x 1 x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 x 1 x x 1 x x 1 1 x 2 x 1 x 1 x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x 2 x 1 x 1 x 1 x x 1 x x 1 x 2 x 1 x x x 1 x x 1 x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x Vậy P với x 0,x 1 x x 1 b) Có x 7 4 3 7 4 3 4 4 3 3 4 4 3 3 (2 3)2 (2 3)2 2 3 2 3 2 3 2 3(do2 3 0;2 3 0) 4 Ta thấy x 4 thỏa món điều kiện x 0,x 1 . Thay x 4 vào biểu thức P ta được: 4 2 P 4 4 1 7 2 Vậy P với x 7 4 3 7 4 3. 7 x c)Có P vớix 0,x 1 x x 1 2 x Q x xỏc định khi và chỉ khi P 0 0 x 0 P x x 1 Kết hợp với điều kiện x 0,x 1 ta được x 0,x 1
3. Với x 0,x 1 2 x 2(x x 1) 2x 2 x 2 x Q x 2: x x P x x 1 x x x 2 x 2 2 2 x 2 x 2 x x x 2 Vớix 0,x 1 x 0và 0 x 2 2 2 2 2 x 2 x. x 2 2 x 2 2 x 2 2 2 2 x x x x x HayQ 2 2 2 2 Dấu" "xảy ra x x 2(thỏa mãn) x Vậy giỏ trị lớn nhất của Q là 2 2 2 đạt được khi x 2 Cõu 2: Gọi năng suất dự kiến là x (ỏo/ngày). ĐK x N * 1000 Số ngày đội phải làm theo kế hoạch là (ngày) x Thực tế: Nhờ cải tiến quy trỡnh hợp lý, mỗi ngày xưởng may thờm được 10 cỏi ỏo so với quy định Năng suất thực tế là x+10 (ỏo/ngày) 1080 Số ngày đội phải làm theo kế hoạch là (ngày) x 1000 1080 Theo bài ra ta cú pt: 2 2x2 100x 10000 0 x x 10 x 50(tm) Giải pt trờn ta được x 100(l) 1000 Vậy số ngày đội phải làm theo kế hoạch là 20 (ngày). 50 Cõu 3: 9 9 a) 10 1 x2 x 2 2 x 0 x 0 Điều kiện x 2 0 x 2 Đặt x 1 t . t 1 Ta cú: 9 9 1 1 1 2 2 10 9 2 2 10 t 1 t 1 t 1 t 1
4. t 1 2 t 1 2 2 2 t 2t 1 t 2t 1 9 2 2 10 9 2 10 t 1 t 1 2 t 1 2 2t 2 2 4 2 9 4 2 10 9 2t 2 10 t 2t 1 t 2t 1 18t 2 18 10t 4 20t 2 10 10t 4 38t 2 8 0 5t 4 19t 2 4 0 2 Đặt t 2 u u 0;u 1 . Ta cú : 2 5u2 19u 4 0 3 Giải phương trỡnh 3 : Ta cú b2 4a.c 19 2 4.5 4 361 80 441 0 ; 441 21 Phương trỡnh 3 cú hai nghiệm phõn biệt: b ( 19) 21 40 u 4 (t/m) 1 2a 2.5 10 b ( 19) 21 2 1 u (loai) 2 2a 2.5 10 5 Với u 4 t 2 4 t 2 . *t 2 x 1(t / m) *t 2 x 3(t / m) Vậy phương trỡnh 1 cú hai nghiệm: x1 3; x2 1 . x3 y3 3 x y (1) b) x y 1 (2) Từ (1) Ta cú: x y x2 xy y2 3 x y x y x2 xy y2 3 x y 0 x y 0 x y x2 xy y2 3 0 2 2 x xy y 3 0 1 Trường hợp 1: x y 0 x y thay vào (2) ta được 2x 1 x y . 2 Trường hợp 2: x2 xy y2 3 0 x y 2 xy 3 0 1 2 xy 3 0 xy 2 (3) x y 1 Kết hợp (2) và (3) ta cú: xy 2 2 t 1 x, y là nghiệm của phương trỡnh t t 2 0 t 1 t 2 0 t 2
5. x 1 x 2 Suy ra hoặc y 2 y 1 1 1 Vậy hệ phương trỡnh đó cho cú ba nghiệm là x; y = ; ; 1; 2 ; 2;1 2 2 Cõu 4 : C N M D K I B H O P a) Chứng minh: △ HCI ∽ △ HBK Do I là tõm đường trũn nội tiếp △ ACH HI,CI ACH => HI, CI thứ tự là phõn giỏc của à HC và à CI Cã HA 0 Cã HI IãHA 90 450 (CH AB) 2 2 Hã CA Hã CI IãCM 1 2 Cã HB 0 Cã HK IãHB 90 450 (CH AB) 2 Tương tự ta cú: 2 Hã BC Hã BK IãBN 2 2 Lại cú: à CB 900 (gúc nội tiếp chắn nửa đường trũn (O)) Mà CH  AB nờn à CH Cã BH 3 (cựng phụ với Hã CB ) Từ (1), (2), (3) => Hã CI Hã BK Xột HCI và HBK cú: Hã CI Hã BK (cmt); Cã HI Bã HK 450 => HCI ∽ HBK (đpcm) b) Chứng minh CMN cõn.
6. HC HI HI HK Do HCI ∽ HBK (g. g) (4) HB HK HC HB Mặt khỏc: IãHK IãHC Cã HK 450 450 900 IãHK Cã HB 900 (5) Từ (4), (5) => IHK ∽ CHB (c.g.c) =>Hã KI Hã BC (hai gúc tương ứng) Mà Hã KI Hã KN 1800 (kề bự) => Hã BC Hã KN 1800 => tứ giỏc HBNK nội tiếp (tổng hai gúc đối bằng)1800 =>Cã NM Kã HB 450 (cựng bự với Kã NB ) Xột CMN cú Mã CN 900 ; ãCNM 450 => CMN vuụng cõn tại C c) Xỏc định vị trớ của điểm C để tứ giỏc ABNM nội tiếp. Tứ giỏc ABNM nội tiếp  Cã A CB là CãđiểmNM chớnh 450 giữa sủ CằB 900 của cung AB. d) Kẻ CD vuụng gúc với MN tại D. Chứng minh khi C di động trờn cung AB thỡ CD luụn qua điểm cố định. Kộo dài CD cắt (O) tại điểm thứ hai là P Do CMN vuụng cõn tại C nờn CD vừa là đường cao vừa là phõn giỏc Mã CN => Pã CB 450 2 sủPằB Mà Pã CB 450 (tớnh chất gúc nội tiếp) 2 =>sủPằB 900 khụng đổi => P là điểm chớnh giữa của cung AB (khụng chứa C), mà B cố định => P cố định. Vậy khi C di động trờn cung AB thỡ CD luụn qua điểm P cố định. e) Xỏc định vị trớ của C để diện tớch CMN là lớn nhất. 1 Do CMN vuụng cõn tại C nờn S CM.CN CN 2 (1’) CMN 2 Ta cú: Cã HK Cã NK 450 ; Hã CK Nã CK (CK là phõn giỏc của Nã CH ) Mà Hã CK Cã HK Cã KH Kã CN Cã NK Nã KC 1800 (tổng ba gúc của một tam giỏc) => Cã KH Cã KN Xột CKH và NCK cú: Cã HK Cã NK 450 ; CK chung; Cã KH Cã KN (cmt) => CKH = CKN (g.g) => CH = CN (2’) 1 Từ (1’), (2’) => S CH 2 CMN 2 Mặt khỏc ta cú CH CO (quan hệ giữa đường vuụng gúc và đường xiờn) Hay CH R khụng đổi Dấu “=” xảy ra khi C là điểm chớnh giữa của cung AB.
7. Vậy diện tớch CMN lớn nhất khi C là điểm chớnh giữa của cung AB. Cõu 5. Giải phương trỡnh x3 2 3 2x 1 1 0(I) Đặt 3 2x 1 t t3 2x 1(1) , phương trỡnh (I) trở thành: x3 2t 1 0 x3 2t 1(2) Từ (1) và (2) suy ra: t3 x3 2x 1 (2 t 1) (t x)(t2 tx x2 ) 2(x t) (t x)(t2 tx x2 ) 2(x t) 0 t x 0 (t x)(t2 tx x2 2) 0 2 2 t tx x 2 0 * Trường hợp 1: t x 0 t x x3 2x 1 x3 x x 1 0 x(x2 1) (x 1) 0 x x 1 x 1 (x 1) 0 (x 1)(x2 x 1) 0 x 1 x 1 0 1 5 x x2 x 1 0 2 1 5 x 2 * Trường hợp 2: 2 2 2 2 2 2 2 x 3x x 3x t tx x 2 0 t tx 2 0 t 2 0 4 4 2 4 2 x 3x2 t 2(vôlý) 2 4 1 5 1 5 Vậy phương trỡnh đó cho cú 3 nghiệm x 1;x ;x 1 2 2 3 2