- Trang chủ >>
- Tuyển sinh lớp 10 >>
- Toán
DE THI THU LAN 1 MON TOAN THCS DONG NGUYEN
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (157.02 KB, 4 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC NINH
ĐÊ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2016 - 2017
MÔN : TOÁN
Thời gian làm bài 120 phút, không kể giao đề
ĐỀ THI THỬ
Câu I (1,5 điểm)
x 3 2 y
y 1 2 x
1) Giải hệ phương trình:
2) Cho hàm số y = f(x) = 3x2 có đồ thị là (P). Tìm m để điểm A(m ; 2m) thuộc (P)
Câu II (2,0 điểm)
� x
1
�� 1
2 �
.
1) Rút gọn các biểu thức sau : B �
�với x>0 và x �1
� x 1 x x �
��
�
�� x 1 x 1�
2) Cho đường thẳng (d): y = 3x + 2m - 3 và (d /): y = x + 3. Tìm m biết (d) và (d/) cắt
nhau tại điểm A có tung độ bằng 1
Câu III (2,5 điểm)
1) Một phòng họp dự định có 120 người dự họp, nhưng khi họp có 160 người tham
dự nên phải kê thêm 2 dãy ghế và mỗi dãy phải kê thêm một ghế nữa thì vừa đủ. Tính số
dãy ghế dự định lúc đầu. Biết rằng số dãy ghế lúc đầu trong phòng nhiều hơn 20 dãy ghế
và số ghế trên mỗi dãy ghế là bằng nhau.
2) Cho phương trình: x2 - (2m + 1)x + m2 - 1 = 0 (m là tham số)
Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa măn: (x12 - 2mx1 + m2)(x2 + 1) = 1
Câu IV (3,0 điểm)
Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Điểm C cố định trên nửa đường
tròn. Điểm M thuộc cung AC (M A; C). Hạ MH AB tại H, tia MB cắt CA tại E, kẻ EI
AB tại I. Gọi K là giao điểm của AC và MH. Chứng minh rằng:
1. Tứ giác BHKC là tứ giác nội tiếp;
2. AK.AC = AM2;
3. AE.AC + BE.BM không phụ thuộc vị trí của điểm M trên cung AC;
4. Khi M chuyển động trên cung AC thì đường tròn ngoại tiếp tam giác MIC đi qua
hai điểm cố định.
Câu V (1 điểm)
Cho a, b, c là các số lớn hơn 1
a2
2b 2 3c 2
Tìm giá tri nhỏ nhất của biểu thức: P =
a 1 b 1 c 1
= = = = = Hết = = = = =
Họ và tên thí sinh:……………………………………….Số báo danh:……………
Chữ kí giám thị :………………………………………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2016 - 2017
MÔN : Toán
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)
BẮC NINH
HDC ĐỀ THI THỬ
Câu
Phần
1/
0.75
điểm
Câu I
1.5
điểm
2/
Nội dung
x 3 2 y
y 1 2 x
x 1
y 1
x 2 y 3
2 x y 1
x 2 y 3
4 x 2 y 2
Điểm
5 x 5
x 2 y 3
0,25
Vậy nghiệm của hệ pt là (x ; y) = (1 ; 1)
Giả sử điểm A(m ; 2m) thuộc (P) y = 3x2 nên ta có:
3m2 = 2m 3m2 - 2m = 0 m(3m - 2) = 0
m0
�
m0
�
�
�
�
2
�
0.75
3m 2 0
m
�
� 3
điểm
2
Vậy m = 0; m = thì điểm A thuộc (P)
3
� x
�� 1
2 �
.�
�
� x > 0, x �1
x
-1
x
-1
x
x
x
1
�
�
�
�
� x
�� 1
1
2
�
.�
=�
�
�
� x 1 x ( x 1) �� x 1 ( x 1)( x 1) �
�
1
x 1
2
� x
��
.�
=�
�
�
x ( x 1) ��
( x 1)( x 1) ( x 1)( x 1) �
� x ( x 1)
P=�
1/
1,00
Câu II điểm
2.0
điểm
=
-
x 1
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
1
.
x 1
x ( x 1) ( x 1)( x 1)
Vậy với x >0, x ≠ 1 thì P =
=
1
x
1
x
Ta có 3 ≠ 1 suy ra (d) và (d/) cắt nhau.
điểm A là y = 1 + 3 = 4
2/ Tung độ của giao
/
1,00 Vậy (d) và (d ) cắt nhau tại điểm A(1 ; 4)
điểm Do A cũng thuộc (d) nên :
3.1 + 2m - 3 = 4 2m = 4 m = 2
Vậy m = 2
0.25
0.25
0.25
0.25
0,25
0,25
0,25
0,25
Gọi x (dãy) là số dãy ghế dự đinh lúc đầu( x � N* và x 20 )
Khi đó x 2 (dãy) là số dãy ghế lúc sau
120
(ghế)
x
160
Số ghế trong mỗi dãy lúc sau:
ghế
x2
0.25
Số ghế trong mỗi dãy lúc đầu:
1/
1,5
điểm
Câu III
2.5
điểm
2/
1
điểm
0,25
Do phải kê thêm mỗi dãy một ghế nữa thì vừa đủ
160 120
1
x2
x
0,5
x 30
�
� 160x 120(x 2) x(x 2) � x2 38x 240 0 � �
x 8 (lo�
i)
�
0,25
nên ta có phương trình :
Vậy số dãy ghế dự định lúc đầu là 30 dãy
Với phương trình: x2 - (2m + 1)x + m2 - 1 = 0
Có = 4m2 + 4m + 1 - 4m2 + 4 = 4m + 5
phương trình có 2 nghiệm x1, x2 ≥ 0
0,25
4m + 5 ≥ 0 m ≥
0,25
5
(!)
4
b
�
x1 x2
2m 1
�
�
a
Theo định lí vi-et ta có: �
�x .x c m 2 1
�1 2 a
(2)
Vì x1 là nghiệm của phương trình nên:
x12 - (2m + 1)x1 + m2 - 1 = 0 suy ra x12 - 2mx1 + m2 = x1 +1 (3)
Mà theo bài : (x12 - 2mx1 + m2)(x2 + 1) = 1
(4)
Thay (3) vào (4) ta được: (x1 +1)(x2 + 1) = 1
x1x2 + x1 + x2 = 0 (5)
Thay (2) vào (5) ta được: m2 + 2m = 0
Suy ra m = 0; m = -2
Với m = 0 (thỏa mãn điều kiện); m = -2 (loại)
Vậy m = 0 thì phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa măn:
(x12 - 2mx1 + m2)(x2 + 1) = 1
M
C
E
K
A
H
O
I
B
0,25
0,25
0,25
Ta có góc �
ACB 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
� 900
Hay KCB
a) Xét tứ giác BHKC, có:
� 900 (vì MH AB )
KHB
0,75
0
�
điểm KCB 90 (cm trên)
� KHB
� 1800 , mà hai góc này là hai góc đối diện .
� KCB
Vậy tứ giác BHKC nội tiếp đường tròn.
Chứng minh được AHK ACB (g-g)
0,25
0,25
0,25
0,25
b)
Suy ra AK.AC = AH.AB (1)
1.00 Áp dụng hệ thức lượng trong tam vuông AMB ta có:
AH.AB = AM2
(2)
điểm
Từ (1) và (2) suy ra AK.AC = AM2.
c)
Chứng minh được AEI
0,25
0,25
0,25
ABC (g-g) AE.AC = AI.AB (3)
Chứng minh được BEI BAM (g-g)BE.BM=BI.AB
0.75 Từ (3) và (4) suy ra :
Câu IV
điểm
3 điểm
d)
(4)
AE.AC + BE.BM = AB.AI + BI.AB = AB(AI + BI) = AB2 = 4R 2 .
� EBC
�
CM được tứ giác BCEI nội tiếp đường tròn EIC
� EAM
�
CM được tứ giác AMEI nội tiếp đường tròn EIM
1� �
� EBC
� �
MOC
Mà EAM
�
�
�2
�
0,5
� MOC
� , mà hai đỉnh O và I kề nhau cùng nhìn cạnh
điểm Do đó MIC
MC=> Tứ giác MOIC nội tiếp => Đường tròn ngoại tiếp tam
giác MIC đi qua hai điểm O và C.
P
a
2
a 1
2b
2
b 1
3c
2
c 1
2
a 11
a 1
2
2b 2 2
b 1
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2
3c 3 3
c 1
1 ��
2 ��
3 �
�
2(b 1)
3( c 1)
� �
� �
�
a 1� �
b 1� �
c 1�
�
1 ��
2 ��
3 �
�
P�
a 1
2(b 1)
3( c 1)
� �
� �
� 12
a 1� �
b 1� �
c 1�
�
P�
a 1
Câu V
1 điểm
P �2 ( a 1).
1
a 1
2 2(b 1).
2
b 1
1
a 1 a 1
2
Dấu bằng xảy ra 2(b 1)
b
1
3
3(c 1) c 1
2 3(c 1).
a 2
b 2
c 2
Vậy GTNN của P là 24 khi a = b = c = 2
3
c 1
12 24
0,25
0,25
0,25
0,25
