Đề thi thử tuyển sinh lớp 10 năm học 2017 – 2018 môn Toán trường THCS Nga Thiện – Thanh Hóa

Giới thiệu đến quý thầy, cô và các bạn học sinh đề thi thử tuyển sinh lớp 10 năm học 2017 – 2018 môn Toán trường THCS Nga Thiện – Thanh Hóa gồm 5 bài toán tự luận, có lời giải chi tiết. Mời các bạn đón xem!

43 22 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi vào 10 môn Toán năm 2023-2024

Môn: Môn Toán

Thông tin:

4 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Vũ Hường
TRƯỜNG THCS NGA THIỆN ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10
Năm ho
c: 2017 – 2018
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1 (2,0 điểm )
1. a) Giải phương trình: 4x + 3 = 0
b) Giải hệ phương trình:
37
23
xy
xy


2. Rút gọn biểu thức sau: A =
11 1
112
bb
bbb





Víi
0; 1bb
Câu 2 (2.0 điểm) : Cho phương trình: x
2
– 2(n+2)x + n
2
+ 4n +3 = 0.
a) Giải phương trình khi n = 0
b) Chứng minh rằng : Phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
với
mọi giá trị của n.
c) Tìm giá trị của n để biểu thức A =
22
12
xx đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x
2
và đường
thẳng (d) : y = 2x + 3
1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt . Tìm tọa độ giao
điểm.
2. Gọi M và N là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OMN
( O là gốc toạ độ)
Câu IV (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính MN. Trên đường tròn lấy điểm C sao cho
MC < NC (C
M). Các tiếp tuyến tại N và C của (O) cắt nhau ở điểm D, MD cắt (O)
tại E (E
M) .
1) Chứng minh NE
2
= ME.DE.
2) Qua C kẻ đường thẳng song song với ND cắt MN tại H, DO cắt NC tại F.
Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp .
3) Gọi I là giao điểm của MD và CH. Chứng minh I là trung điểm của CH.
Câu V ( 1,0 điểm)
Cho ,,
x
yzlà các số thực dương.
Chứng minh rằng
333
2
3
4
3( ) 1
4( ) ( )
xyz
P
xy yz zx x y z



.
Hết
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………. Sô báo danh:……………
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ B
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1
(2điểm)
1.a) x=
3
4
b) Giải hệ phương trình
37510 2
2323 1
xy x x
xy xy y




 

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm
2
1
x
y
0,5
0,5
2. Rót gän biÓu thøc:
Víi
0; 1aa
ta cã:
A =
11 1
112
bb
bbb





=

11
11
112
bb
b
bbb






=
 
2
11 2
11
12 12
bbb
bb
b
bb bb




VËy A =
b Víi
0; 1bb
1.0
2
(điểm)
a) Xét phương trình: x
2
– 2(n+2)x + n
2
+ 4n +3 = 0.
Thay n = 0 vào giải được x = 1; x = 3
0,75
b) Chứng minh rằng : Phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt
x
1
, x
2
với mọi giá trị của n.
Ta có



2
2
(n 2) n 4n 3 1
> 0 với mọi n.
Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
với mọi
giá trị của n.
0,75
c) phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
với mọi
giá trị của n. Theo hệ thức Vi-ét ta có :


12
2
12
xx 2(n2)
x .x n 4n 3
A =
22
12
xx = (x
1
+ x
2
)
2
– 2 x
1
x
2
= 4(n + 2)
2
– 2(n
2
+ 4n +3)
= 2n
2
+ 8n+ 10
= 2(n
2
+ 4n+4) + 2
= 2(n + 2)
2
+ 2 ≥ 2 với mọi n.
Suy ra minA = 2
n + 2 = 0 n = - 2
Vậy với n = - 2 thì A đạt min = 2
0,5
3
1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt
Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương
trình
x
2
= 2x + 3 => x
2
– 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt
x
1
= -1 và
2
3
3
1
c
x
a

Với x
1
= -1 => y
1
= (-1)
2
= 1 => M (-1; 1)
Với x
2
= 3 => y
2
= 3
2
= 9 => N (3; 9)
Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt M và N
0,5
0,5
2. Gọi M và N là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác
OMN ( O là gốc toạ độ)
Ta biểu diễn các điểm M và N trên mặt phẳng toạ độ Oxy như hình vẽ
19
..420
22
MNCD
MD NC
SDC


.9.3
13,5
22
NOC
NC CO
S 
.1.1
0,5
22
MOD
MD DO
S 
Theo công thức cộng diện tích ta có:
S
(MBC)
= S
(MNCD)
- S
(NCO)
- S
(MDO)
= 20
–
13,5
–
0,5 = 6
(
đvdt
)
0,5
0,5
Câu 4
(3điểm
)
1 (1đ )
Vì ND là tiếp tuyến của (O) nên ND
ON
Suy ra:
ΔMND
vuông tại N
0,25
Vì MN là đườn
g
kính của
(
O
)
nên ME
NE 0,25
Áp dụng hệ thức lượng trong ΔMND (
0
MND=90 ;NE MD)
Ta có NE
2
= ME.DE
(
đ
p
cm
)
0, 5
2(1 đ)
Ta có: + DC = DN ( tính chất tiếp tuyến cắt nhau)
+ OC = ON (Bán kính đường tròn (O) )
Suy ra DO là trung trực của CN
Suy ra DO
NC
0
90CFO (1)
Lại có CH // ND (gt),
mà MN
ND (vì ND là tiếp tuyến của (O))
=> CH
MN =>
0
90OHC (2)
0,25
0,25
0,25
Từ (1) và (2) ta có
0
OF 180COHC => tứ giác CHOF nội tiếp
0,25
3( 1đ)
Có CH //ND=>
HCN CND (hai góc ở vị trí so le trong) mà
ΔNCD cân tại D =>
CND DCN nên CN là tia phân giác của
HCD
0,25
do CM CN => CM là tia phân giác góc ngoài đỉnh C của
ΔICD
MI CI
=
MD CD
(3)
0,25
x
y
O
N
D
M
C
I
F
E
N
D
M
C
H
O
Trong ΔMND có HI // ND =>
MI HI
=
MD ND
(4)
0,25
Từ (3) và (4) =>
CI HI
=
CD ND
mà
CD=ND CI=HI

I là trung điểm của
CH
0,25
Câu 5
(1đ)
Ta có
3333
( ) ( ) 3( )( )( )
x
yz x y z xyyzzx
0,25
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số không âm x+y; y+z; z+x ta có:

3
3
(2 2 2 ) 8
()()()
27 27
xyz
x
yy zz x x y z



3
333
1
9
x
yz xyz
0,25
Lại có
222
x
yzxyyzzx
2
()
3
x
yz
xy yz zx


Do đó
3
333
2
2
()
3
3( ) 1
9
4
4( ) ( )
()
3
x
yz
xyz
P
xy yz zx x y z
x
yz





2
1
()
x
yz

22
11
4( ) 8 8( )
xyz xyz xyz
x
yz xyz
  
 
 
3
2
13
3..
88()4
xyzxyz
xyz
 


0,25
Dấu bằng xảy ra khi
2
1
8( )
xyz
x
yyzzx
xyz
x
yz




2
3
xyz
Vậy P
3
4
Khi
2
3
xyz.
0,25
| 1/4
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

TRƯỜNG THCS NGA THIỆN ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 Năm ho ̣c: 2017 – 2018 MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1 (2,0 điểm )
1. a) Giải phương trình: 4x + 3 = 0 3
x y  7
b) Giải hệ phương trình: 
2x y  3
2. Rút gọn biểu thức sau:  b 1 1  b 1 A =   
Víi b  0;b  1  b 1
b 1  b  2
Câu 2 (2.0 điểm) : Cho phương trình: x2 – 2(n+2)x + n2 + 4n +3 = 0.
a) Giải phương trình khi n = 0
b) Chứng minh rằng : Phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của n.
c) Tìm giá trị của n để biểu thức A = 2 2
x  x đạt giá trị nhỏ nhất. 1 2
Câu 3 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = 2x + 3
1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt . Tìm tọa độ giao điểm.
2. Gọi M và N là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OMN ( O là gốc toạ độ) Câu IV (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính MN. Trên đường tròn lấy điểm C sao cho
MC < NC (C  M). Các tiếp tuyến tại N và C của (O) cắt nhau ở điểm D, MD cắt (O) tại E (E  M) . 1) Chứng minh NE2 = ME.DE.
2) Qua C kẻ đường thẳng song song với ND cắt MN tại H, DO cắt NC tại F.
Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp .
3) Gọi I là giao điểm của MD và CH. Chứng minh I là trung điểm của CH.
Câu V ( 1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương. 3 3 3
3(x y z ) 1 Chứng minh rằng 3 P    . 2
4(xy yz zx) (x y z) 4 Hết
Họ và tên thí sinh: ………………………………………………. Sô báo danh:……………
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ B CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 3  1.a) x= 0,5 4
b) Giải hệ phương trình 3
x y  7 5  x 10 x  2     
2x y  3
2x y  3 y  1 x  2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  y 1 0,5 1 2. Rót gän biÓu thøc:
(2điểm) Víi a  0;a 1 ta cã:      b 1 1  b 1
b 1 b 1 1 b 1 A =    =     b 1
b 1  b  2  b 1
b 1 b  2   1.0 b  2 1 1 b b   b 2 1  b 1 =   b b 1 b  2 b 1 b  2
VËy A = b Víi b  0;b  1
a) Xét phương trình: x2 – 2(n+2)x + n2 + 4n +3 = 0. 0,75
Thay n = 0 vào giải được x = 1; x = 3
b) Chứng minh rằng : Phương trình trên luôn có hai nghiệm phân biệt
x1, x2 với mọi giá trị của n. 2
Ta có       2 (n 2) n  4n  3    1> 0 với mọi n. 0,75
Vậy phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi giá trị của n.
c) phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi 2 x  x  2(n  2) 1 2 (điểm)
giá trị của n. Theo hệ thức Vi-ét ta có :  x .x  2 n  4n   3 1 2 A = 2 2 x  x = (x 1 2
1 + x2)2 – 2 x1x2 = 4(n + 2)2 – 2(n2 + 4n +3) = 2n2 + 8n+ 10 0,5 = 2(n2 + 4n+4) + 2
= 2(n + 2)2 + 2 ≥ 2 với mọi n.
Suy ra minA = 2  n + 2 = 0  n = - 2
Vậy với n = - 2 thì A đạt min = 2
1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt 3
Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương trình
x2 = 2x + 3 => x2 – 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0
Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt c 3 0,5 x1 = -1 và x    3 2 a 1 Với x
1 = -1 => y1 = (-1)2 = 1 => M (-1; 1) Với x 0,5
2 = 3 => y2 = 32 = 9 => N (3; 9)
Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt M và N
2. Gọi M và N là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác
OMN ( O là gốc toạ độ) y
Ta biểu diễn các điểm M và N trên mặt phẳng toạ độ Oxy như hình vẽ MD NC 1 9 S  .DC  .4  20 MNCD 2 2 NC.CO 9.3 0,5 S   13,5 NOC 2 2 . MD DO 1.1 S    0,5 MOD 2 2
Theo công thức cộng diện tích ta có: x
S(MBC) = S(MNCD) - S(NCO) - S(MDO) 0,5
= 20 – 13,5 – 0,5 = 6 (đvdt) Câu 4 (3điểm D ) C E M N O
1 (1đ ) Vì ND là tiếp tuyến của (O) nên ND  ON 0,25 Suy ra: ΔMND vuông tại N
Vì MN là đường kính của (O) nên ME  NE 0,25
Áp dụng hệ thức lượng trong ΔMND (  0 MND=90 ;NE  MD) 0, 5 Ta có NE2 = ME.DE ( đpcm) D
Ta có: + DC = DN ( tính chất tiếp tuyến cắt nhau)
+ OC = ON (Bán kính đường tròn (O) ) C E
Suy ra DO là trung trực của CN 0,25 2(1 đ) Suy ra DO  NC  0  CFO  90 (1) I F M N Lại có CH // ND (gt), H O 0,25
mà MN  ND (vì ND là tiếp tuyến của (O)) => CH  MN =>  0 OHC  90 (2) 0,25
Từ (1) và (2) ta có   0
OFC OHC  180 => tứ giác CHOF nội tiếp 0,25 Có CH //ND=>  
HCN CND (hai góc ở vị trí so le trong) mà 0,25 ΔNCD cân tại D =>  
CND  DCN nên CN là tia phân giác của  HCD
3( 1đ) do CM  CN => CM là tia phân giác góc ngoài đỉnh C của 0,25 MI CI ΔICD  = (3) MD CD MI HI 0,25
Trong ΔMND có HI // ND => = (4) MD ND CI HI 0,25 Từ (3) và (4) => =
mà CD=ND  CI=HI  I là trung điểm của CD ND CH Ta có 3 3 3 3
(x y z)  (x y z )  3(x y)( y z)(z x) 0,25
Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số không âm x+y; y+z; z+x ta có: 0,25 3
(2x  2y  2z) 8
(x y)( y z)(z x)  
x y z3 27 27 1
x y z  x y z3 3 3 3 9 2
(x y z) 0,25 Lại có 2 2 2
x y z xy yz zx xy yz zx  3 3
(x y z) 3 3 3 3
3(x y z ) 1 1 Do đó 9 P     Câu 5 2
4(xy yz zx) (x y z) 4 2 2
(x y z)
(x y z) (1đ) 3
x y z 1
x y z
x y z 1      2 2 4
(x y z) 8 8
(x y z)
x y z x y z 1 3  33 . .  2 8 8
(x y z) 4  0,25
x y z  2
Dấu bằng xảy ra khi x y y z z x
x y z   3
x y z 1   2  8
(x y z) 3 2
Vậy P  Khi x y z  . 4 3