- Trang chủ >>
- Y - Dược >>
- Sản phụ khoa
Dai so 9 DE THI THU
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (140.38 KB, 5 trang )
TRƯỜNG THCS ĐỒNG NGUYÊN
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2018 - 2019
MƠN : TỐN
ĐỀ THI THỬ LẦN 1
Thời gian làm bài 120 phút, không kể giao đề
Câu 1: (2,5 điểm)
P
1) Rút gọn biểu thức
4a
a
a 1 a a
a1
.
2
a
với a >0 và a 1 .
2) Tìm m để hàm số y = (2 – 18m)x – 3m – 2 đồng biến trên R
2x - y = - 7
x + 2y = -1
3) Giải hệ phương trình:
Câu 2: (1,5 điểm)
Trong kỳ thi vào lớp 10 THPT tỉnh Bắc Ninh, tại một phịng thi có 24 thí sinh dự
thi. Các thí sinh đều làm bài trên giấy thi của mình. Sau khi thu bài cán bộ coi thi đếm
được 35 tờ giấy thi và bài làm của thí sinh chỉ gồm 1 tờ hoặc 2 tờ giấy thi. Hỏi trong
phịng đó có bao nhiêu thí sinh bài làm gồm 1 tờ giấy thi, bao nhiêu thí sinh bài làm
gồm 2 tờ giấy thi? (Tất cả các thí sinh đều nộp bài).
Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 - 2(m – 1)x – 2m = 0, với m là tham số.
1) Giải phương trình khi m = 0.
2) Chứng minh rằng phương trình ln có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình, tìm tất cả các giá trị của m sao cho
2
x1 + x1 – x2 = 5 – 2m
Bài 4: (3 điểm)
Cho đường tròn (O), dây cung BC (BC khơng là đường kính). Điểm A di động
trên cung nhỏ BC (A khác B và C; độ dài đoạn AB khác AC). Kẻ đường kính AA’ của
đường trịn (O), D là chân đường vng góc kẻ từ A đến BC. Hai điểm E, F lần lượt là
chân đường vng góc kẻ từ B, C đến AA’. Chứng minh rằng:
1) Bốn điểm A, B, D, E cùng nằm trên một đường trịn.
2) BD.AC = AD.A’C.
3) DE vng góc với AC.
4) Tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định.
Câu 5: (1 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 1 . Tìm giá trị
2
2
2
2
2
2
nhỏ nhất của biểu thức P 2a ab 2b 2b bc 2c 2c ca 2a .
= = = = = Hết = = = = =
Họ và tên thí sinh:……………………………………….Số báo danh:……………
Chữ kí giám thị :………………………………………………
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN
Câu
Phần
Nội dung
Điểm
1) Với 0 a 1 thì ta có:
1
1đ
1
(2,5đ)
0,5
4a
a a 1 4a 1 a 1
P
. 2
. 2
a
a
a
1
a
a
a
1
4a 1
2
a
4a 1
2
a
Với 0 a 1 thì P
0,25
0,25
2) Tìm m để hàm số y = (2 – 18m)x – 3m – 2 đồng biến trên R
Hàm số y = (2 – 18m)x – 3m – 2 đồng biến trên R 2 -18m > 0
1
m< 9
2
0.75đ
0,25
1
Vậy với m < 9 thì hàm số y = (2 – 18m)x – 3m – 2 đồng biến trên R
3
0.75đ
0,25
2x - y = - 7
x + 2y = - 1
3) Giải hệ phương trình:
2x - y = - 7
4x - 2y = -14
x = -3
x + 2y = - 1 x + 2y = -1 y = 1
0,25
0,75
*
Gọi số thí sinh bài làm gồm 1 tờ giấy thi là x ( thí sinh, x N , x < 24)
*
Số thí sinh bài làm gồm 2 tờ giấy thi là y ( thí sinh, y N , y < 24)
Vì phịng thi có 24 thí sinh nên ta có pt x + y = 24 (1)
Sau khi thu bài cán bộ coi thi đếm được 35 tờ giấy thi nên ta có pt:
x + 2y = 35 (2)
2
(1,5đ)
x y 24
Từ (1); (2) ta có hệ pt x 2 y 35
x 13
Giải hpt ta được y 11 ( tm điều kiện của ẩn)
Vậy số thí sinh bài làm gồm 1 tờ giấy thi là 13
Số thí sinh bài làm gồm 2 tờ giấy thi là 11
3
(2đ)
1) Thay m = 2 được phương trình : x2 + 2x = 0 x(x + 2) = 0
1
x = 0 hoặc x = -2
0.75đ
Vậy khi m = 0, phương trình có hai nghiệm x1= 0 và x2 = - 2
2
2) Có ∆ = b’2 – ac = [-(m-1)]2-1.(-2m)= m2-2m+1+2m=m2+1 0 với mọi
1.25đ m
nên phương trình đã cho ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.
0.25
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Theo Vi-et ta có : x1+x2=
−b
=2( m−1) =2m-2 (1)
a
Theo bài ta có x12 + x1 – x2 = 5 – 2m (2).
0.25
2
Từ (1) và (2) ta có x1 + 2x1 – 3 = 0 x1 = 1 hoặc x1 = -3
3
+ Với x = x1 = 1, từ đề bài ta có m = 4 .
0.25
- 3
+ Với x = x1 = -3, từ đề bài ta có m = 4
3
0.25
Vậy khi m = ± 4 thì PT có 2 nghiệm x1, x2 thỏa : x12 + x1 – x2
= 5 – 2m
Vẽ hình, ghi gt KL đúng
4
(3đ)
0.5
0
1
Vì ADB AEB 90 bốn điểm A, B, D, E cùng thuộc đường trịn
0.75đ đường kính AB
0.75
Xét DADB và DACA’ có:
2
0.75đ
ADB
ACB
900 ( ACB
900 vì là góc nội tiếp chắn nửa đường trịn);
'C
ABD
AA
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
DADB ~ DACA’ (g.g)
0.75
AD BD
AC A 'C BD.AC = AD.A’C (đpcm).
'
ABD
DEA
0.5
. Tứ giác AEDB nội tiếp
3
0.5đ
'
Xét (O) có ABD AA C (góc nội tiếp cùng chắn cung AC )
4
0.5đ
Gọi I là trung điểm của BC, K là giao điểm của OI với DA’, M là giao
điểm của EI với CF, N là điểm đối xứng với D qua I.
'
'
'
0
=> DEA AA C => DE // A’C mà A’C AC ( A CA 90 )
=> DE AC.
Ta có: OI BC OI // AD (vì cùng BC) OK // AD.
DADA’ có: OA = OA’ (gt), OK // AD KD = KA’.
DDNA’ có ID = IN, KD = KA’ IK // NA’; mà IK BC (do OI BC)
NA’ BC.
0.5
0
Tứ giác BENA’ có BEA ' BNA ' 90 nên nội tiếp được đường tròn
EA 'B ENB .
Ta lại có: EA 'B AA 'B ACB (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của
(O)).
ENB ACB NE // AC (vì có hai góc ở vị trí đồng vị bằng nhau).
Mà DE AC, nên DE EN
(1)
Xét DIBE và DICM có:
EIB
CIM
(đối đỉnh)
IB = IC (cách dựng)
IBE
ICM
(so le trong, BE // CF (vì cùng AA’))
DIBE = DICM (g.c.g) IE = IM
DEFM vuông tại F, IE = IM = IF.
Tứ giác DENM có IE = IM, ID = IN nên là hình bình hành
(2)
Từ (1) và (3) suy ra DENM là hình chữ nhật IE = ID = IN = IM
ID = IE = IF. Suy ra I là tâm đường tròn ngoại tiếp DDEF.
I là trung điểm của BC nên I cố định.
5
(1đ)
Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF là một điểm cố định.
2
a
b
2
ab
2a 2 ab 2b 2 2 a b 3ab
4
Ta có
mà
3
5
2
2
2
2
2a 2 ab 2b 2 2 a b 3ab 2 a b . a b . a b
4
4
Nên
Suy ra
2a 2 ab 2b 2
5
a b
2
2b 2 ab 2c 2
5
b c
2
;
2c 2 ca 2a 2
5
c a
2
Tương tự
P 5 a b c
Do đó
Mặt khác ta có
x 2 y 2 z 2 xy yz xz 2 x 2 y 2 z 2 2 xy yz xz
3 x 2 y 2 z 2 x 2 y 2 z 2 2xy 2yz 2zx
1
2
3 x y z x y z x y z x y z
3
Nên
1
1
a bc
a b c
3
3
Áp dụng bất đẳng thức ta có:
2
2
2
2
2
2
2
0.25
0.25
0.25
0.25
Suy ra
khi
P
5
1
5
3 . Dấu = khi a = b = c = 9 .Vậy MinP = 3 khi và chỉ
a b c
1
9
