DE +DAP AN THI THU VAO LOP 10 THPT MON TOAN

Đề + đáp án thi vào 10 THPT môn ToánĐề + đáp án thi vào 10 THPT môn ToánĐề + đáp án thi vào 10 THPT môn ToánĐề + đáp án thi vào 10 THPT môn ToánĐề + đáp án thi vào 10 THPT môn ToánĐề + đáp án thi vào 10 THPT môn ToánĐề + đáp án thi vào 10 THPT môn Toán

PHÒNG GD- ĐT

TRƯỜNG THCS

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Năm học 2017 – 2018 Môn: TOÁN

(Thời gian làm bài: 120 phút)

Bài 1 (2,5 điểm)

1) Rút gọn biểu thức

2) Chứng minh đẳng thức

2 b

3) Giải phương trình: x46x2  8 0

Bài 2 (2 điểm)

Cho phương trình x2 m 1 x 3 m 4      (1) 0

1) Giải phương trình (1) với m = -2

2) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn 2.

Bài 3 ( 2điểm)

Cho hệ phương trình:

x 2y 4m 5 2x y 3m

�

�  

�

1) Xác định m biết y = -1

2) Xác định m để biểu thức A 2y2x2 đạt GTLN, tìm GTLN đó.

Bài 4 ( 3 điểm)

Cho đường tròn (O;R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau Gọi M là một điểm

di chuyển trên cung nhỏ AD, đường thẳng CM cắt AB tại E

1.Chứng minh bốn điểm E,M, D,O cùng nằm trên một đường tròn

2 Chứng minh AE.MB = AM.EB

3 Tìm vị trí của M trên cung nhỏ AD để EM.EC đạt giá trị lớn nhất

4.Trên đường thẳng BM lấy điểm F sao cho BF = AM Khi điểm M thay đổi trên cung nhỏ AD thì điểm F di chuyển trên đường nào

Bài 5 ( 0,5 điểm)

Cho 361 số tự nhiên a1, a2 a361 Chứng minh rằng nếu

thì luôn tồn tại hai số bằng nhau

Hết

Họ và tên thí sinh: Số báo danh :

BIỂU ĐIỂM + ĐÁP ÁN:

Bài 1

(2,5 đ)

1:

1đ

0,25đ

A = -11 Vậy A = -11

0,25 đ 2:

0,75đ

Xét Vế trái =

a 2 ab b 4 ab



 a  b  a  b = 2 b ( bằng vế phải)

0,25

Vậy

2 b

 (với a > 0; b > 0)

0,25đ

3

0,75đ

Đặt t = x2 ( đk : t 0� ), Ta có phương trình:

t2   6t 8 0 Giải tìm được t14 (tmđk t 0� )

t12(tmđk t 0� )

0,25

Với t14�x2 4� x�2 Với t12�x2 2� x�2

0,25

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm x1,2  � ; 2 x3,4  �2

0,25

Bài 2

1 (1đ)

x2 m 1 x 3 m 4      0 Thay m = -2 vào phương trình ta được:

Vậy với m = -2 phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

x1 = 3; x2 = -6

0,25

m 7

(2 đ)

2

1đ

 2



Khi đó phương trình có 2 nghiệm 1

m 1 m 7

2

  

; 2

m 1 m 7

2

  

Do x 1 = 3 > 2

để phương trình có 2 nghiệm phân biệt lớn hơn 2

 x2 = m – 4 > 2  m > 6

0,25

Kết hợp với đk ta được m > 6 và m � 7

Vậy với m > 6 và m � 7 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm

Bài 3

(2 đ)

1

1đ

Thay y = -1 vào hệ phương trình ta được

�

0,25đ

0,5

2

1 đ

�

0,5

2y x 2 2 m  2m 1  2m 4m 7

 2

=> A 2y2x2 � 9 3

(dấu bằng xảy ra khi m = -1)

0,25

Bài 4

Xét tứ giác MEOD có

F

K

C

D M

(3đ) 1.

1đ

CMD 90  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O)

=> EMD EOD 90� �  0 900  1800

=> Tứ giác MEOD nội tiếp

=> 4 điểm M,E,O,D cùng thuộc một đường tròn

0,5đ

2

1đ

Do đường AB CD nên AC BC�  �

=> AMC BMC�  � (2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau)

=>

AM.EB AE.MB

3

0,5đ

Chứng minh AEC đồng dạng MEB (gg)

=>

EC.EM AE.EB

áp dụng BĐT Côsi với 2 số dương ta có:

2

Dấu = xảy ra khi AE = EB  E O� M D

Vậy khi M trùng D thì EC.ME lớn nhất bằng R2

0,25

4

0,5đ

Dựng hình vuông OBKD khi đó điểm K cố định Chứng minh: AOM = BKF (c.g.c)

=> KF = OM = R không đổi

0,25

Khi M � A => F � B

M � D => F � D

Do đó khi M thay đổi trên cung AD nhỏ thì F thay đổi trên cung nhỏ BD của đường tròn tâm K bán kính R nằm trong hình vuông DOBK

0,25

Bài 5 (0,5đ)

Ta thấy với 361 số tự nhiên a 1 , a 2 a 361 khác nhau ta luôn có: A � B

Với B =

1 2  3  361

Mà B =

< 1 +

còn

=

0,25

= 1 + 2( 2  1 3 2 4 3   361 360 ) = 1 + 2( 361 - 1) = 37

Vậy B < 37

Nên A < 37 do a1, a2 a361 là 361 số tự nhiên khác nhau

Theo đề bài A = 37

Do vậy trong 361 số tự nhiên đó luôn tồn tại hai số bằng nhau