De thi thu THPT co dap an

Do mỗi ngày xong trước thời hạn thì mỗi công nhân được thưởng 50000 đồng nên mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm vì vậy phân xưởng đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gia[r]

TRƯỜNG THCS ……… ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2017-2018

MÔN: TOÁN

Đề nộp chuyên môn PGD NGÀYTHI: …./… /2017

Thời gian làm bài: 120 phút.

Bài 1 (2,0 điểm)

1 Tính giá trị của biểu thức

x 7 1 A

x 5 1

 



  khi x = 9

2 Giải hệ phương trình:

4 1

5

7 5

2

x y









Bài 2 (1,5 điểm)

Cho biểu thức

a Rút gọn biểu thức P

b Tìm các giá trị của x để 2P 2 x 5  

Bài 3 (1,5 điểm) Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm trong

một số ngày quy định Do mỗi ngày xong trước thời hạn thì mỗi công nhân được thưởng

50000 đồng nên mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm vì vậy phân xưởng

đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm?

Bài 4 (1,5 điểm) Cho phương trình x22mx 2m 6 0 (1) với ẩn x , tham số m

a Giải phương trình (1)khi m = 1

b Xác định giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 sao cho x12 +x22 đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 5 (3 điểm) Cho đường tròn (O; R) có đường kính AB cố định Vẽ đường kính MN

của đường tròn (O; R) (M khác A, M khác B) Tiếp tuyến của đường tròn (O; R) tại B cắt các đường thẳng AM, AN lần lượt tại các điểm Q, P

1 Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn

2 Gọi E là trung điểm của BQ Đường thẳng vuông góc với OE tại O cắt PQ tại điểm F Chứng minh F là trung điểm của BP và ME // NF

3 Khi đường kính MN quay quanh tâm O và thỏa mãn điều kiện đề bài, xác định vị trí của đường kính MN để tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất

Bài 6 (0,5 điểm)

Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a b c   2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q 2a bc  2b ca  2c ab

Hết

-ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Bài 1

(2,0

điểm)

1 Với x = 9 ta có :

9 7 1 A

9 5 1

 



16 1 5

1

4 1





Vậy với x = 9 thì A 5 

0,25đ 0,5đ 0,25đ

2

x 1

5

x y



Vậy hệ phương trình có nghiệm: ( ; ) (1;1)x y 

0,75đ 0,25đ

Bài 2

(1,5

điểm)

a Với x 0; x 1  ta có:

P

.

1



 x x

Vậy

1

x P

x





với x 0; x 1 

0,25đ

0,5đ 0,25đ

b Với x 0; x 1  ta có

1

x P

x





Để 2P 2 x 5  

2 x 2

2 x 5 x



1

2

thỏa mãn đk Vậy

1 x 4



thì 2P 2 x 5  

0,25đ

0,25đ

Bài 3

(1,5

điểm)

Gọi x là sản phẩm xưởng sản xuất trong 1 ngày theo kế hoạch (x 0)

 Số ngày theo kế hoạch là :

1100

x

Số ngày thực tế là

1100

x 5 

Do phân xưởng hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày

nên ta có phương trình:

2

1100 1100

2







0,25đ

0,5đ 0,5đ

x 50  thỏa mãn điều kiện; x  55(loại)

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản phẩm 0,25đ

Bài 4

(1,5

điểm)

a Thay m = 1 và PT: x2

+2 mx −2 m −6=0 ta có:

Vậy phương trình có x   4; 2 khi m 1

0,75đ

b Ta có:  b'2 ac m 2 ( 2m 6)m22m 6 m22m 1 5

ta thấy:   5với mọi m nên   0 => PT luôn có 2 nghiệm phân biệt

theo định lí Vi-ét ta có:

1 2

1 2

2 (1)

x x m







đặt P x 12x22  (x1 x2 )2 2x x1 2

thay (1) vào P ta có: P ( 2 )m 2 2(2m6) 4 m 2 4m12 4 m 2 4m 1 13

P  m   m    dấu “=” xảy ra khi

1 2

m 

Vậy P x 12x22đạt giá trị nhỏ nhất bằng -13 khi

1 2

m 

0,75đ

Bài 5

(3

điểm)

1 Ta có ANM ABM  (góc nội tiếp cùng chắn cung AM)

và ABM AQB  (cùng phụ với QBM)

 ANM AQB  mà ANM MNP 180   0  MQP MNP 180   0

Nên MNPQ nối tiếp (tổng hai góc đối bằng 1800)

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

2 OE là đường trung bình của ABQ

OF//AP nên OF là đường trung bình của ABP

Suy ra F là trung điểm của BP

Mà AP vuông góc với AQ nên OEOF

Xét NPB; PNB 900có FP FB  FNFP FB (t/c tam giác vuông)

=>NOF BOF (c-c-c) nên ONF 90  0

Tương tự ta có OME 90  0nên ME // NF vì cùng vuông góc với MN

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

3 Ta có: 2S MNPQ  2S APQ  2S AMN  2R.PQ AM.AN 2R.(PB BQ) AM.AN    

P

Q

O

F

E

N

M

ABP đồng dạng với QBA suy ra

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: PB BQ 2 PB.BQ 2 (2R)   2 4R

Ta có

AM.AN



= 2R2

Do đó 2S MNPQ  2R.4R 2R  2  6R2 Suy ra S MNPQ  3R2

Dấu bằng xảy ra khi AM =AN và PQ = BP hay MN vuông góc AB

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Bài 6

(0,5

điểm)

Xét: Q 2a bc  2b ca  2c ab

Ta có: 2a bc  (a b c)a bc   (a b c   2)

2

(Áp dụng bất đẳng thức với 2 số dương u a b  vàv a c  )

Vậy ta có 2a bc (a b) ( )  

a c



Tương tự ta có : 2b ca (a b) (b c)  2

2



2c ab (a c) ( )  

b c



 Q 2(a b c) 4   

Khi a = b = c =

2

3thì Q = 4 vậy giá trị lớn nhất của Q là 4

0,25đ

0,25đ

(Học sinh làm cách khác đúng vẫn đạt điểm tối đa)