2 Đề thi thử vào Lớp 10 môn Toán - Lần 1 - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Thiệu Vận (Có đáp án)

 TRƯỜNG THCS THIỆU VẬN
KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT( Lần 01)
ĐỀ A
(Đề thi gồm 05 câu)
NĂM HỌC 2017 - 2018
Thời gian: 120 phút 
Họ và tên : ............................................SBD: 
Câu 1 (2,0 điểm)
Giải phương trình: 5x2 – 2x -7 = 0.
Giải hệ phương trình: 
Cho phương trình (m là tham số).
 Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn .
Câu 2 (2,0 điểm)
Cho biểu thức A = 
Rút gọn A.
Tính giá trị của A khi x = 4 - 2 .
Câu 3 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2( m – 2)x + m - 3 và parabol (P): y = mx2 ( m 0 )
Tìm m để đường thẳng d đi qua điểm A (-1;3)
Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 trái dấu ( với (d) là ở đề bài cho).
Câu 4 ( 3 điểm )
Cho đường tròn tâm (0 ) , đường kính AB = 2R . Trên đường thẳng AB lấy điểm H sao cho B nằm giữa A và H ( H không trùng với B ) , qua H dựng đường thẳng d vuông góc với AB . Lấy C cố định thuộc đoạn thẳng OB( C không trùng với O và B ) . Qua điểm C kẻ đường thẳng a bất kì cắt đường tròn (0)tại hai điểm E và F ( a không trùng với AB ) . Các tia AE và AF cắt đường thẳng d lần lượt tại M , N .
a) Chứng minh tứ giác BEMH nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh : AFB AHN và đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN luôn đi qua một điểm cố định khác A khi đường thẳng a thay đổi .
c) Cho AB = 4cm ; Bc = 1cm ; Hb = 1 cm . Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AMN.
Câu 5: (1 điểm)
Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
________________Hết_______________
(Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
Họ tên thí sinh: ........................................................ Số báo danh: ...........
Giám thị 1: ...................................... Giám thi 2: ........................................
(Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
Câu 1; 2; 3 và 4a;b tự làm
Câu 4
(3,0đ)
0.25
a)
Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 (kề bù với )
Tứ giác BEMH có: 
 Tứ giác BEMH nội tiếp
0.75
b)
Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
AFB và AHN có: 
 AFB AHN (g.g)
0.25
Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp AMN
Vì và (tứ giác BEMH nội tiếp)
nên 
AFC và ADN có: 
 AFC ADN (g.g)
Mặt khác, AFB AHN (g.g)
Do đó, không đổi
(vì A, C, B, H cố định)
 Đường tròn ngoại tiếp AMN luôn đi qua điểm D cố định (khác A).
0.75
c)
Với AB = 4cm, BC = BH = 1cm thì: 
Dễ thấy AHM NHD (g.g)
1.0
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
Dấu “=” xảy ra 
Vậy 
Câu 5
(1,0đ)
2a + bc = (a+b+c)a + bc = (a + b)(a + c) rùi áp dụng BĐT coossi ngược
=> max
1.0
Câu 5 (1,0 điểm). a) Tìm tất cả các cặp số thực (x ; y) thỏa mãn ;
b) Cho hai số thực x, y thỏa mãn x > y; xy = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
H. dẫn: a) Dùng BĐT cô si cho VT xét dấu “=” xảy ra => x ; y
b) Dùng HĐT thứ 2 trên tử rùi áp dụng BĐT côsi
.
------ Hết -----
Họ và tên thí sinh: .. Số báo danh: ..
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ A
Câu
Nội dung
Điểm
1
(2,0đ)
a) Ta có: a – b + c = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm 
1,0
b) Hệ đã cho tương đương với hệ : Û 
 Vậy hệ phương trình có nghiệm .
0,25
0,25
c) 
Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm là
Theo hệ thức Vi-ét: . 
Ta có 
 (thoả mãn)
0,5
2
(2,0đ)
a) Ta có: A = 
= = .
0,5
0,5
b) Ta có: nên 
Vậy A = ==.
0,5
0,5
3
(2,0đ)
a) Vì (d) đi qua điểm A(-1;3) nên thay vào hàm số: ta có:. 
1,0
b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: (1). 
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt . 
Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm của phương trình (1) và , .
Theo hệ thức Vi-et ta có: .Thay y1,y2 vào ta có: 
(thỏa mãn ) hoặc (không thỏa mãn )
Vậy thỏa mãn đề bài. 
0,25
0,25
0,25
0,25
4
(3đ)
a
Do AD, BE là đường cao của ∆ABC (giả thiết) nên :
 và 
Xét tứ giác AEDB có nên bốn điểm A, E, D, B cùng thuộc đường tròn đường kính AB.
Tâm I của đường tròn này là trung điểm của AB.
1,0
b
Xét đường tròn (I) ta có: (cùng chắn cung )
Xét đường tròn (O) ta có: (cùng chắn cung ) 
Suy ra: (do có hai góc đồng vị bằng nhau).
1,0
c
Cách 1: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.
*) Xét tứ giác CDHE ta có : (do )
 (do )
suy ra , do đó CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH.
Như vậy đường tròn ngoại tiếp ∆CDE chính là đường tròn đường kính CH, có bán kính bằng .
*) Kẻ đường kính CK, ta có:
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) , 
mà (giả thiết) nên KA // BH (1)
chứng minh tương tự cũng có: BK // AH (2)
Từ (1) và (2), suy ra AKBH là hình bình hành.
Vì I là trung điểm của AB từ đó suy ra I cũng là trung điểm của KH, lại có O là trung điểm của CK vậy nên (t/c đường trung bình)
Do AB cố định, nên I cố định suy ra OI không đổi.
Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi.
0,5
d
C/m được hai tam giác CDE và CAB đồng dạng =>
Không đổi vì AB cố định. Để SCDE max thì SABC max ó CH max ó C la điểm chính giữa cua cung BC
0,5
4c) Cách 2: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC
 (1’)
Kẻ đường kính AK suy ra K cố định và 
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).
 (2’)
Từ (1’) và (2’) suy ra: BH//KC; CH//KB.
Suy ra BHCK là hình hình hành. .
Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH không đổi.
c/m tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH.
=> đpcm
5
(1đ)
Từ 
Theo BĐT Cô-si ta có: 
0,25
Suy ra: 
0,5
Dấu “=” xảy ra 
Vậy MaxQ = .
0,25
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 câu 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.
TRƯỜNG THCS THIỆU ĐÔ
KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
ĐỀ B
(Đề thi gồm 05 câu)
NĂM HỌC 2016 – 2017
Thời gian: 120 phút 
Câu 1 (2,0 điểm)
Giải phương trình: 2x2 – 5x – 7 = 0.
Giải hệ phương trình: 
Cho phương trình (m là tham số).
 Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn .
Câu 2 (2,0 điểm)
Cho biểu thức B = (với x > 0; x 1)
Rút gọn B.
Tính giá trị của B khi x = .
Câu 3 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2x – b + 1 và parabol (P): y = .
Tìm b để đường thẳng b đi qua điểm B (-2;3)
Tìm b để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ () và () thỏa mãn điều kiện 
Câu 4: (3,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao AD, BE lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là M và N.
Chứng minh rằng: bốn điểm A, E, D, B nằm trên một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn đó.
Chứng minh rằng: MN // DE.
Cho (O) và dây AB cố định. Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB.
 d) Tìm vị trí điểm C trên cung lơn AB cố định để diện tích tam giác CDE lớn nhất
Câu 5: (1,0 điểm).Cho x, y, z là các số thực không âm thỏa mãn: . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 	.
------ Hết -----
Họ và tên thí sinh: .. Số báo danh: ..
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN ĐỀ B
Câu
Nội dung
Điểm
1
(2,0đ)
a) Ta có: a - b + c = 0. Vậy phương trình có hai nghiệm 
1,0
b) Hệ đã cho tương đương với hệ : Û 
 Vậy hệ phương trình có nghiệm .
0,25
0,25
c) 
Điều kiện PT có 2 nghiệm không âm là
Theo hệ thức Vi-ét: . 
Ta có 
 (thoả mãn)
0,5
2
(2,0đ)
a) Ta có: B = = = .
1,0
b) Ta có: nên 
Vậy B = ==.
0,5
0,5
3
(2,0đ)
a) Vì (d) đi qua điểm B(-2;3) nên thay vào hàm số: ta có:. 
1,0
b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình: (1). 
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt . 
Vì (x1; y1) và (x2; y2) là tọa độ giao điểm của (d) và (P) nên x1; x2 là nghiệm của phương trình (1) và , .
Theo hệ thức Vi-et ta có: .Thay y1,y2 vào ta có: 
(thỏa mãn ) hoặc (không thỏa mãn )
Vậy thỏa mãn đề bài. 
0,25
0,25
0,25
0,25
4
(3đ)
a
Do AD, BE là đường cao của ∆ABC (giả thiết) nên :
 và 
Xét tứ giác AEDB có nên bốn điểm A, E, D, B cùng thuộc đường tròn đường kính AB.
Tâm I của đường tròn này là trung điểm của AB.
1,0
b
Xét đường tròn (I) ta có: (cùng chắn cung )
Xét đường tròn (O) ta có: (cùng chắn cung ) 
Suy ra: (do có hai góc đồng vị bằng nhau).
1,0
c
Cách 1: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.
*) Xét tứ giác CDHE ta có : (do )
 (do )
suy ra , do đó CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH.
Như vậy đường tròn ngoại tiếp ∆CDE chính là đường tròn đường kính CH, có bán kính bằng .
*) Kẻ đường kính CK, ta có:
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) , 
mà (giả thiết) nên KA // BH (1)
chứng minh tương tự cũng có: BK // AH (2)
Từ (1) và (2), suy ra AKBH là hình bình hành.
Vì I là trung điểm của AB từ đó suy ra I cũng là trung điểm của KH, lại có O là trung điểm của CK vậy nên (t/c đường trung bình)
Do AB cố định, nên I cố định suy ra OI không đổi.
Vậy khi điểm C di chuyển trên cung lớn AB thì độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE luôn không đổi.
0,5
Cách 2 : Gọi H là trực tâm của tam giác ABC
 (1’)
Kẻ đường kính AK suy ra K cố định và 
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).
 (2’)
Từ (1’) và (2’) suy ra: BH//KC; CH//KB.
Suy ra BHCK là hình hình hành. .
Mà BK không đổi (do B, K cố định) nên CH không đổi.
c/m tứ giác CDHE nội tiếp đường tròn đường kính CH.
đpcm
4d
C/m được hai tam giác CDE và CAB đồng dạng =>
Không đổi vì AB cố định. Để SCDE max thì SABC max ó CH max ó C la điểm chính giữa cua cung BC
0,5
5
(1đ)
Từ 
Theo BĐT Cô-si ta có: 
0,25
Suy ra: 
0,5
Dấu “=” xảy ra 
Vậy MaxQ = .
0,25
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 câu 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.
 TRƯỜNG THCS THIỆU VẬN
KÌ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT( Lần 01)
ĐỀ B
(Đề thi gồm 05 câu)
NĂM HỌC 2017 - 2018
Thời gian: 120 phút 
Họ và tên : ............................................SBD: 
Câu 1 (2,0 điểm)
Giải phương trình: 5y2 – 2y -7 = 0.
Giải hệ phương trình: 
Cho phương trình (n là tham số).
 Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn .
Câu 2 (2,0 điểm)
Cho biểu thức A = 
Rút gọn A.
Tính giá trị của A khi a = 4 - 2 .
Câu 3 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = 2( a – 2)x + a - 3 và parabol (P): y = ax2 ( a 0 )
Tìm a để đường thẳng d đi qua điểm A (1; -3)
Tìm a để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 trái dấu ( với (d) là ở đề bài cho).
Câu 4 ( 3 điểm )
Cho đường tròn tâm (0 ) , đường kính PQ = 2R . Trên đường thẳng PQ lấy điểm K sao cho Q nằm giữa P và K ( K không trùng với Q ) , qua K dựng đường thẳng d vuông góc với PQ . Lấy T cố định thuộc đoạn thẳng OQ( T không trùng với O và Q ) . Qua điểm T kẻ đường thẳng a bất kì cắt đường tròn (0)tại hai điểm E và F ( a không trùng với PQ ) . Các tia PE và PF cắt đường thẳng d lần lượt tại M , N .
a) Chứng minh tứ giác QEMK nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh : PFQ PKN và đường tròn ngoại tiếp tam giác PMN luôn đi qua một điểm cố định khác P khi đường thẳng a thay đổi .
c) Cho PQ = 4cm ; QT = 1cm ; KQ = 1 cm . Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác PMN.
Câu 5: (1 điểm)
Với x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện x + y + z = 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
________________Hết_______________
(Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
Câu 1; 2; 3 và 4a;b tự làm
Câu 4
(3,0đ)
0.25
a)
Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 (kề bù với )
Tứ giác BEMH có: 
 Tứ giác BEMH nội tiếp
0.75
b)
Ta có: (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
AFB và AHN có: 
 AFB AHN (g.g)
0.25
Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp AMN
Vì và (tứ giác BEMH nội tiếp)
nên 
AFC và ADN có: 
 AFC ADN (g.g)
Mặt khác, AFB AHN (g.g)
Do đó, không đổi
(vì A, C, B, H cố định)
 Đường tròn ngoại tiếp AMN luôn đi qua điểm D cố định (khác A).
0.75
c)
Với AB = 4cm, BC = BH = 1cm thì: 
Dễ thấy AHM NHD (g.g)
1.0
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
Dấu “=” xảy ra 
Vậy 
Câu 5
(1,0đ)
1.0