Đề thi thủ vào lớp 10 THPT - Môn: Toán - Trường THCS Quảng Khê

Nội dung text: Đề thi thủ vào lớp 10 THPT - Môn: Toán - Trường THCS Quảng Khê

1. TRƯỜNG THCS QUẢNG KHÊ ĐỀ THI THỦ VÀO LỚP 10 THPT (Lần 1) NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn: Toán (Thời gian làm bài 120 phút ) Câu I. (2.0 điểm) x 1 1 2 Cho biểu thức Cho M = - : + với x 0, x 1 . x - 1 x - x x 1 x - 1 1. Rút gọn M. 2. Tìm x sao cho M > 0. Câu II. (2.0 điểm) 1.Cho số y=ax+b.Biết đồ thị hàm số đã cho song song với đường thẳng y=-3x+5 1 và đi qua điểm B thuộc parabol (P):y=x 2 có hoành độ bằng -2 2 2x y 4 2. Giải hệ phương trình x 3y 5 Câu III. (2.0 điểm) 1 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d):y = 2x -m +1 và parabol (P): y = x2 . 2 1) Tìm m để đường thẳng (d) đi qua điểm A(-1; 3). 2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ (x1; y1) và (x2; y2) sao cho x1x2 y1 + y2 48 0 . Câu IV (3,0 điểm).Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ dây cung CD vuông góc với AB tại I (I nằm giữa A và O ). Lấy điểm E trên cung nhỏ BC ( E khác B và C ), AE cắt CD tại F. Chứng minh: 1. BEFI là tứ giác nội tiếp đường tròn. 2.AE.AF = AC2. 3. Khi E chạy trên cung nhỏ BC thì tâm đường tròn ngoại tiếp ∆CEF luôn thuộc một đường thẳng cố định 1 1 Câu V (1,0 điểm) Cho 2 số dương a, b thỏa mãn 2 . Tìm giá trị lớn nhất của a b biểu thức 1 1 Q a4 b2 2ab2 b4 a2 2ba2 Hết
2. HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN KÌ THI THỦ VÀO 10 THPT Năm học 2020 – 2021(Đề 1) Câu Nội dung Điểm 1 2.0 1.(1.5đ) với x 0, x 1 . x 1 1 2 M = - : + x - 1 x - x x + 1 x - 1 x 1 x - 1 2 = - : + 0,25 x - 1 x ( x - 1) x - 1 x + 1 x - 1 x +1 1.1 x - 1 x + 1 x - 1 x - 1 x + 1 ( 1.5 đ) = : = . 0.75 x x - 1 x - 1 x +1 x x - 1 x + 1 x - 1 0.25 = . x x - 1 Vậy với x 0, x 1 .Thì M= . 0.25 x 1.2 2.(0.5)đ (0.5 đ) M > 0 x - 1 > 0 (vì x > 0 nên x > 0) x > 1. (thoả mãn) 0.5 2 2 1.(1đ) -Điều kiện để đường thẳng (d) song song với (d’) : a 3 0,25 2.1 b 5 (1.đ) -Ta có xB =-2 YB 2. Do đó đường thẳng (d) đi qua điểm 0,5 B(-2;2) thay tọa độ điểm B vào (d) ta tìm được b=8(TM b 5) Vậy a=-3;b=8 0.25 2x y 4 2.2 2.(1đ) Giải hệ phương trình x 3y 5 0.5 (1.đ)
3. 6x 3y 12 7x 7 0.25 x 3y 5 x 3y 5 x 1 x 1 0.25 1 3y 5 y 2 x 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là: y 2 3 2 1.(1đ) Vì (d) đi qua điểm A(-1; 3) nên thay x = -1 và y = 3 vào hàm số y = 2x – m + 1 ta có 2.(-1) – m +1 = 3 0.25 3.1 -1 – m = 3 0.25 ( 1 đ) m = -4 0.25 Vậy m = -4 thì (d) đi qua điểm A(-1; 3) 0.25 2.(1đ) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương 1 trình x2 2x m 1 0,25 2 x2 4x 2m 2 0 (1) ; Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt nên (1) có hai nghiệm phân biệt ' 0 6 2m 0 m 3 0.25 Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 0,25 là nghiệm của phương trình (1) và y1 = 2x1 m 1 , y2 = 2x2 m 1 3.2(1đ) Theo hệ thức Vi-et ta có x1 + x2 = 4, x1x2 = 2m-2 . Thay y1,y2 vào: x 1x 2 y1 +y 2 48 0 có x1x 2 2x1 +2x 2 -2m+2 48 0 (2m - 2)(10 - 2m) + 48 = 0 m2 - 6m - 7 = 0 m=-1(thỏa mãn m<3) hoặc m=7(không thỏa 0.25 mãn m<3) Vậy m = -1 thỏa mãn đề bài 4 3.0 Câu 4: 4.1(1đ)
4. C E F A B I O D 0.25 1.(1đ) Tứ giác BEFI có: B· IF 900 (gt) 0,25 퐹 = =900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,5 Suy ra tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn đường kính BF 2.(1đ) -Vì AB  CD nên A»C A»D , suy ra . 퐹 = 0,25 4.2(1đ) Xét ∆ACF và ∆AEC có góc A chung và 퐹 = 0,5 AC AE Suy ra: ∆ACF ഗ ∆AEC AF AC 0.25 AE.AF = AC2 3.(1đ) Theo câu b) ta có 퐹 = , suy ra AC là tiếp tuyến 0.5 của đường tròn ngoại tiếp ∆CEF (1). Mặt khác =900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), suy ra AC CB (2). Từ (1) và (2) suy ra CB chứa đường kính của đường 0,25 tròn ngoại tiếp ∆CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn 0.25 ngoại tiếp ∆CEF thuộc CB cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC. 4.3(1đ)
5. 5 1 Ta có:Với a 0;b 0 ta có: 2 2 4 2 2 4 2 2 (a b) 0 a 2a b b 0 a b 2a b 0,25 1 1 a4 b2 2ab2 2a2b 2ab2 (1) a4 b2 2ab2 2ab a b 1 1 Tương tự có (2) . b4 a2 2a2b 2ab a b 0,25 1(đ) 1 Từ (1) và (2) Q ab a b 0.25 1 1 1 1 Vì 2 a b 2ab mà a b 2 ab ab 1 Q . a b 2(ab)2 2 1 1 Khi a = b = 1 thì Q . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 0,25 2 2 Chú ý: - Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án. - Đối với bài 4 (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm. - Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.
6. TRƯỜNG THCS QUẢNG KHÊ ĐỀ THI THỦ VÀO LỚP 10 THPT (Lần 2) NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn: Toán (Thời gian làm bài 120 phút ) Câu I. (2.0 điểm) 2 x 9 2 x 1 x 3 Cho biểu thức M = Với x 0;x 4;x 9 x 5 x 6 x 3 2 x 1.Rút gọn M 2.Tìm x để M = 5 3.Tìm giá trị nguyên của x để M nhận giá trị nguyên. Câu II. (2.0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho đường thẳng (d) có phương trình y = (3- m)x+m-1 (với m 3) .Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng y=(m2+1)x+2m-2, 2x y 3 2. Giải hệ phương trình x 3y 4 Câu III. (2.0 điểm) Cho phương trình: x2 – 5x + m = 0 (m là tham số). 1.Giải phương trình trên khi m = -6. 2.Tìm m để phương trình trên có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x1 x2 3 . Câu IV (3,0 điểm). Cho đường tròn (O;R), đường kính BC; A là một điểm nằm trên đường tròn (A không trùng với B và C) .Đường phân giác trong AD ( D thuộc BC) của tam giác ABC cắt đường tròn tâm O tại điểm thứ hai là M. Vẽ các đường thẳng DE vuông góc với AB (E thuộc AB) , vuông góc với (F thuộc AC) . 1.Chứng minh rằng AEDF là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh rằng AB.AC=AM.AD 3. Khi điểm A di động trên nửa đường tròn đường kính BC . Tìm vị trí của điểm A để diện tích tứ giác AEMF nhất. Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn x y 3 . 1 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 5xy x 2y 5 Hết
7. HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN KÌ THI THỦ VÀO 10 THPT Năm học 2020 - 2021 Câu Nội dung Điểm 1 2.0 1.(1đ) ĐK x 0; x 4; x 9 2 x 9 x 3 x 3 2 x 1 x 2 M = x 2 x 3 0,25 1.1 x x 2 0,25 ( 1 đ) M = x 2 x 3 x 1 x 2 x 1 M = M 0.5 x 3 x 2 x 3 2.(0.5)đ x 1 . M 5 5 x 3 x 1 5 x 3 1.2 0.5 x 1 5 x 15 (0.5 đ) 16 4 x 16 x 4 x 16 4 Đối chiếu ĐKXĐ: x 0; x 4; x 9 Vậy x = 16 thì M = 5 x 1 x 3 4 4 3. M = 1 x 3 x 3 x 3 Do M z nên x 3 là ước của 4 x 3 nhận các giá trị: 0.25 -4; -2; -1; 1; 2; 4 1.3 Lập bảng giá trị ta được: (0.5 đ) x 3 -4 -2 -1 1 2 4 0.25 x L 1 4 16 25 49 x 1;4;16;25;49 với x 4 x 1;16;25;49 2 2 2.1 1.(1đ)
8. (1.đ) -Điều kiện để đường thẳng (d) song song với (d’) : m 2 1 3 m m 1,m 2 0,75 2m 2 m 1 m 1 Vậy m=-2 thì đường thẳng (d) song song với (d’) 0,25 2.(1đ) Giải hệ phương trình 2.2 2x y 3 2x y 3 5y 5 x 1 0.75 (1.đ) x 3y 4 2x 6y 8 x 3y 4 y 1 Vậy hệ phương trình có duy nhất một nghiệm là (x,y)= (1;1) 0.25 3 2 3.1 1.(1đ) Ta có :a-b+c=1-(-5)-6=0 1,0 ( 1 đ) Suy ra phương trình có 2 nghiệm : x1 1; x2 6 2.(1đ) Ta có: ∆ = 25 – 4.m 25 Để phương trình đã cho có nghiệm thì ∆ 0 m (*) 0,25 4 3.2(1đ) Theo hệ thức Vi-ét, ta có x1 + x2 = 5 (1); x1x2 = m (2). 0.5 Mặt khác theo bài ra thì x1 x2 3 . (3). Từ (1) và (3) suy ra x1 = 4; x2 = 1 hoặc x1 = 1; x2 = 4 (4) 0,25 Từ (2) và (4) suy ra: m = 4. Thử lại thì thoả mãn. 4 3.0 Câu 4: 4.1(1đ)
9. 1.(1đ) -Xét tứ giác AEDF có :  AED=900( vì ED  AB) 0,25  AFD=900(vì DF  AC) 0.25  AED + AFD=900+900=1800 0,25 Mà hai góc này là 2 góc đối nhau của tứ giác AEDF nên tứ giác 0,25 AEDF là tứ giác nội tiếp. 2.(1đ) -Xét ABM và ADC có : 0,25 4.2(1đ) = 0.25 AB AD -Do đó ABM ഗ ADC (g-g) AB.AC AM.AD 0,5 AM AC 1 1 1 1 3.(1đ) . Ta có S = AM.FE= AD.AM = AB.AC AEMF 2 2 2 2 0.5 .(AB2+AC2)/2=1/4(2R)2 = R2.Suy ra diện tích của tứ giác AMEF lớn nhất = R2 Dấu “=” xảy ra khi AB =AC .Suy ra điểm A nằm chính giữa cung 0,25 AC. Vậy Max S = R2 đạt được khi A là điểm chính giữa của cung AC. 0.25 4.3(1đ) 5 1 Ta có: 1 5 1 5 1 5 P = 5xy x 2y 5 5xy (x y) y 5 5xy y 8 1 xy 5 y 8 xy y 8 P 0,25 5xy 20 y 8 20 20 1(đ) x y 1 2 8 xy y 8 y(x 1) 8 3 Ta lại có: 4 0,25 20 20 20 5 Khi đó:
10. 1 xy 5 y 8 xy y 8 P 5xy 20 y 8 20 20 1 3 3 P 1 P 0,25 5 5 5 3 x 1 Vậy PMin 0.25 5 y 2 Chú ý: - Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án. - Đối với bài 4 (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm. - Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.
11. TRƯỜNG THCS QUẢNG KHÊ ĐỀ THI THỦ VÀO LỚP 10 THPT (Lần 3) NĂM HỌC 2021 – 2022 Môn: Toán (Thời gian làm bài 120 phút ) Câu I. (2.0 điểm) 4 x 8x x 1 2 Cho biểu thức: P = ( ) : ( ) 2 x 4 x x 2 x x 1.Rút gọn P 2.Tìm giá trị của x để P = -1 Câu II. (2.0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b Tìm a ; b để đường thẳng (d) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5 và đi qua điểm A(-1;3). 2x y 1 2y 2. Giải hệ phương trình 3x y 3 x Câu III. (2.0 điểm) 1. Giải phương trình : x2 + 4x + 3 = 0 2. Cho phương trình : x2 + 2x + m-1= 0 ( m là tham số) .Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 thỏa mãn hệ thức :3x1+2x2 = 1 Câu IV (3,0 điểm). Cho nửa đường tròn O đường kínhRA.B Điểm 2 di chuyểnM trên nửa đường tròn (M khácA vàB) .C là trung điểm của dây cungAM. Đường thẳng d là tiếp tuyến với nửa đường tròn tại B. Tia AM cắt d tại điểm N . Đường thẳngOC cắt d tại E . 1. Chứng minh: Tứ giácOCNB là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh:AC.AN AO.AB và NO vuông góc với AE 3. Tìm vị trí điểm M sao cho 2.AM AN nhỏ nhất Câu V (1,0 điểm) Cho x, y là các số không âm thỏa mãn x y 1 . Tìm giá trị 2x 8 x 17 3y 6 y 5 nhỏ nhất của biểu thức P x 2 y 1
12. HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN KÌ THI THỦ VÀO 10 THPT Năm học 2020 - 2021 Điể Câu Nội dung m 1 2.0 1.(1đ) Với x 0, x 4 4 x(2 x) 8x x 1 2( x 2) 0,25 P = : (2 x)(2 x) x( x 2) 0.25 1.1 8 x 4x 3 x : ( 1 đ) (2 x)(2 x) x( x 2) 0,25 4 x x(2 x) . 2 x 3 x 4 x 0.25 x 3 2.(1đ) P = -1 4 x 1 4 x x 3 0.25 1.2 x 3 9 5 x 3 x (TM ) (1 đ) 25 0.5 0.25 Vậy x=9/25 2 2 1.(1đ) 2x y 1 2y 2x y 1 0,25 2.1 3x y 3 x 4x y 3 (1.đ) 2x 2 x 1 0,5 2x y 1 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là : (x,y)=(1;-1) 0,25 2.(1đ) 2.2 -Vì đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 5 nên b=5 0.5 (1.đ) -Đồ thị hàm số đi qua điểm M(-1;3) nên :3=a.(-1) +5 a=2 0.5
13. 3 2 1.(1đ) Ta có :a-b+c=1-4+3=0 3.1 1,0 ( 1 đ) Suy ra phương trình có 2 nghiệm : x1 1; x 2 3 2.(1đ) Ta có ’ = 12 – (m-1) = 2 – m Phương trình có nghiệm 0 2 – m 0 m 2 (*) 0,25 Khi đó theo định lí vi-et ta có : x1+ x2 = -2 (1); x1x2 = m – 1 (2) Theo bài ra ta có : 3x1+2x2 = 1 (3) 3.2(1đ) Từ (1) và (3) ta có: x1 x2 2 2x1 2x2 4 x1 5 x1 5 3x1 2x2 1 3x1 2x2 1 x1 x2 2 x2 7 0.5 Thế vào (2) ta có: 5(-7) = m -1 m = - 34 (Thỏa mãn (*)) 0,25 Vậy m=-34 là giá trị cần tìm 4 3.0 Câu 4: 4.1(1đ) o 1.(1đ) Theo tính chất dây cung ta có: OC  AM O· CN 90 0,25 BN là tiếp tuyến của (O) tại B OB  BN O· BN 90o 0,25 Xét tứ giác OCNB có tổng góc đối: O· CN O· BN 90o 90o 180o 0,5
14. Do đó tứ giác OCNB nội tiếp 2.(1đ) Chỉ ra được: ACO : ABN (g-g) 0,25 AC AB Khi đó: AC.AN AO.AB (đpcm) 0,25 AO AN Theo chứng minh trên ta có: 4.2(1đ) OC  AM EC  AN EC là đường cao của ANE 1 0.25 OB  BN AB  NE AB là đường cao của AME 2 0,25 Từ (1) và (2) O là trực tâm của ANE (vì O là gia điểm của AB và EC) NO là đường cao thứ ba của ANE.Suy ra NO  AE (đpcm). 3.(1đ) Ta có: 2.AM AN 4AC AN (vì C là trung điểm của AM) 4AC.AN 4AO.AB 4R.2R 8R2 0.25 Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương ta có: 4AC AN 2 2AC.AN 2. 8R2 4 2R 0,25 Suy ra tổng 2.AM AN nhỏ nhất bằng 4 2R khi 4AC AN AN 2AM M là trung điểm của AN Khi đó ABN vuông tại B có BM là đường trung tuyến nên AM MB 0,25 AM BM Suy ra tổng 2.AM AN nhỏ nhất bằng 4 2R khi 4AC AN 4.3(1đ) AN 2AM M là trung điểm của AN 0,25 Vậy với M là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính AB thì 2AM AN nhỏ nhất bằng 4 2R. 5 1 2x 8 x 17 3y 6 y 5 P x 2 y 1 2 2 2 x 2 9 3 y 1 2 0,25 P . Đặt x 2 a, y 1 b x 2 y 1 1(đ) 2a2 9 3b2 2 Khi đó a 2,b 1 thỏa mãn và P a b 2a 2 9 3b 2 2 9 2 Ta có: P = = (a b) (a ) (2b ) 0,25 a b a b Với a, b là 2 số thực dương, ta có:
15. 9 9 a + 2. a. 6 a a 2 2 2b + 2. 2b. 4 P 14 0,25 b b a b 4 9 a 3 P 14 a a b 1 2 2b b 0.25 a 3 x 1 P đạt GTNN bằng 14 khi hay b 1 y 0 Chú ý: - Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án. - Đối với bài 4 (Hình học): Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm. - Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.