thi thử 10 toán yên lạc 2017 2018

A=-5 Câu 4: Sao Mộc hành tinh lớn nhất trong hệ mặt trời có đường kính gấp khoảng 11 lần đường kính trái đất.. Diện tích bề mặt sao Mộc gấp khoảng bao nhiêu lần diện tích bề mặt trái đất

PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

I/ TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN (2, 0 điểm)

Hãy viết vào bài làm chữ cái đứng trước câu trả lời mà em cho là đúng.

Câu1: Điều kiện xác định của biểu thức 3

2

x x



 là

A x 4 B x 4 C x 0;x 4 D x 0;x 4

Câu 2: Đồ thị hàm số y = 3x + m 2 đi qua điểm (-1;6) thì m nhận các giá trị là

Câu 3: Rút gọn biểu thức A a 2  a 3  a 12 9a được kết quả là

A A 4 a 7 B A= -7 C.A 4 a 5 D A=-5

Câu 4: Sao Mộc (hành tinh lớn nhất trong hệ mặt trời) có đường kính gấp khoảng 11

lần đường kính trái đất Diện tích bề mặt sao Mộc gấp khoảng bao nhiêu lần diện tích

bề mặt trái đất

A 121 lần B 11 lần C 44 lần D 1331 lần

II/ TỰ LUẬN (8,0 điểm)

Câu 5 (1,0 điểm): a) Giải hệ phương trình: 2 3

x y

x y





 b) Cho phương trình x2  2x m   3 0 ( m là tham số) Tìm m để phương trình có nghiệm x = 3 Tìm nghiệm còn lại

Câu 6 (2,0 điểm): Cho phương trình: x2  (m 5)x 3m  6 0 (x là ẩn số)

a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi số thực m

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5

Câu 7 (1,5 điểm): Cho mảnh đất hình chữ nhật có chiều rộng ngắn hơn chiều dài 45

m Nếu giảm chiều dài 2 lần tăng chiều rộng lên 3 lần thì chu vi không đổi Tính diện tích mảnh đất

Câu 8 (2,5 điểm):

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn (O).Các đường cao BF,CK của tam giác ABC lần lượt cắt (O) tại D, E

a) Chứng minh : Tứ giác BCFK là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh : DE //FK

c) Gọi P,Q lần lượt là điểm đối xứng với B,C qua O.Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác AFK có bán kính không đổi khi A thay đổi trên cung nhỏ PQ(không trùng với các điểm P,Q)

Câu 9 ( 1,0 điểm):

Cho a, b, c >1 Chứng minh rằng 12

b  c  a 

Hết

-(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

ĐÁP ÁN HƯỚNG DẪN CHẤM

I/ Trắc nghiệm khách quan (Mỗi câu đúng được 0,5 điểm)

II/ Tự luận

0,5

b) Thay x = 3 vào phương trình (1) ta được:

2

3  2.3 m   3 0 m   6 0 m 6 Thay m = -6 vào PT (1) có dạng: x2  2x 3 0 

Ta có: a – b + c = 1+ 2 – 3 = 0

PT có hai nghiệm : x1 = -1

x2 = 3 Vậy nghiệm còn lại là x = -1

0,25 0,25

6(2đ)

a) 2

x  m x m  (1)

Do hệ số a của phương trình bằng 1 khác 0 nên phương trình(1) là

phương trình bậc hai một ẩn Lại có:   (m 5) 2  4(3m 6) m2  2m  1 (m 1) 2   0, m

Do đó, phương trình luôn có nghiệm với mọi m

0,5

b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1) áp dụng hệ thức

vi-ét ta có : x1 x2  m 5 và x x1 2  3m 6

Để hai nghiệm của phương trình là độ dài hai cạnh của tam giác

vuông có cạnh huyền bằng 5 ta cần tìm m sao cho

1 2

1 2

2 2

1 2

0

25

25

x x

x x

x x

x x



1 2



2

2 2

2

   ' 4 12 16 0   Phương trình có hai nghiệm phân biệt

m 1 2 ; m 2 6

Kết hợp với (*) suy ra m = 2

Vậy với m = 2 thì phương trình có hai nghiệm là hai cạnh của tam

giác vuông có độ dài cạnh huyền là 5

0.25 0.5 0,25

0,25 0,25

Gọi chiều rộng, chiều dài của thửa ruộng tương ứng là x(m), y(m)

Vì chiều rộng ngắn hơn chiều dài 45 m nên y - x = 45 (1) 0,25

7(1,5đ)

Chiều dài giảm 2 lần, chiều rộng tăng 3 lần ta được hình chữ nhật có

hai chiều dài và chiều rộng là

2

y

Theo giả thiết chu vi không thay đổi nên

2(x + y) = 2(3x +

2

y

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình

 











y x 45

y 2(x y) 2(3x )

2

Giải hệ này ta có  





x 15 (m)

y 60 (m)

0,25

Vậy diện tích của thửa ruộng là S = xy = 900 (m2) 0,25 8(2,5đ)

Do





0 0

BF AC gt BFC

CK AB gt BKC

Tứ giác BKFC có hai góc BFC BKC cùng nhìn cạnh BC dưới góc 90;  0 nên nội

tiếp đường tròn đường kính BC

1

b) KFB KCB  ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung BK của đường tròn

(BKFC)) (1)

KCB ECB EDB  (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BE của đường

tròn (O) (2)

Từ (1) và (2) suy ra KFB EDB 

mà chúng ở vị trí đồng vị nên KF // ED

0,25 0,25 0,25

c) Kẻ đường kính AN và lấy điểm M là trung điểm BC

90

ACN ABN  ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 NCAC và BN  AB mà BH AC và CH AB

 NC // BH và NB // CH => BHNC là hình bình hành

 M là trung điểm BC cũng là trung điểm HN

Lại có O là trung điểm AN

Suy ra OM là đường trung bình của tam giác AHN =>

2

AH

OM  và OM // AH Gọi I là trung điểm AH Ta có AKH AFH 90   0=> t/g AKHF nội tiếp đường tròn đường kính AH

 I là tâm và AI là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKHF hay của AFK

Vì BC, (O) cố định suy ra M cố định => OM không đổi =>

2

AH

AI  OM ( không đổi) suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác AFK có bán kính AI = OM không đổi

0,25

0,25

0,25 9(1đ)

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM ta có

3

b  c  a  b c a (1)

Ta lại có với mọi x > 1, ta có : 22 0 4

1

x x

x



ÁP dụng nhận xét trên ta có 33 3 4.4.4 12 3

b  c  a  Đẳng thức xảy ra khI a=b=c=4

0,25 0,25 0,25

0,25

a)BCFK nội tiếp

BKC=BFC=90°(CKAB và BFAC) BCFK nội tiếp b)DE//FK

BDE=BCE( cùng chắn cung EB của (O))

BCE=BFK (cùng chắn cung BK của (BCFK))

 BDE=BFK DE//FK c)Bán kính đường tròn (AFK) không đổi khi A di động trên cung PQ

Kẻ đường kính AN và lấy điểm M là trung điểm của BC.

 ACN=ABN=90° NCAC và NBAB mà BHAC và CHAB

 NC//BH và NB//CH BHCN hình bình hành M là trung điểm HN

Vì OA=ON OM là đường trung bình AHN OM=AH/2 và OM//AH Gọi I là trung điểm AH.Ta có AKH=AFH=90° AKHF nội tiếp đường tròn đường kính AH I là tâm và AI là bán kính của đường tròn ngoại tiếp của tứ giác AKHF hay cùa AFK.

Vì BC,(O) cố định M cố định OM cố định AI =AH/2=OM cố định

 đường tròn ngoại tiếp của AFK có bán kính AI=OM cố định Vậy khi A di động trên cung nhỏ PQ(không trùng với P,Q) thì đường tròn ngoại tiếp AFK có bán kính không đổi.

I

N M

H

E

D

F

A