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) a. Giải phương trình: 5x2 – 2x -7 = 0.

b. Giải hệ phương trình: 2 3 3 2 1 x y x y        c. Cho phương trình        2 2 1 2 3 0 x m x m (m là tham số).

Tìm m để phương trình có hai nghiệm 1 2 , x x thỏa mãn   2 1 2 ( ) 4 x x .

Câu 2 (2,0 điểm)

Cho biểu thức A = 2 1 1 1 1 1 x x x x x x x        

a. Rút gọn A. b. Tính giá trị của A khi x = 4 - 2 3 . 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 ) a. Tìm m để đường thẳng d đi qua điểm A (-1;3) b. 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 2 a b c    . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q 2a bc 2b ca 2c ab      

________________Hết_______________

(Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)

ThuVienDeThi.com

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

1

1 1

1

1

D

M

N

H O A

B C

E

F

0.25

a)

Ta có: · 0 AEB 90  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · 0 BEM 90   (kề bù với ·ADB ) Tứ giác BEMH có: · · 0 0 0 BEM BHM 90 90 180      Tứ giác BEMH nội tiếp

0.75

Ta có: · 0 AFB 90  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AFB và AHN có: µ · · 0 1 A chung ; AFB AHN 90    AFB AHN (g.g)

0.25

Câu 4 (3,0đ)

b)

Gọi D là giao điểm thứ hai của AB với đường tròn ngoại tiếp AMN

µ µ 1 1 M D  

Vì  µ » 1 1 sđ 1 F B AE 2        

và µ µ 1 1 B M  (tứ giác BEMH nội tiếp)

nên  µ 1 1 F M   µ 1 1 F D   AFC và ADN có: µ  µ 1 1 1 A chung ; F D   AFC ADN (g.g)

0.75

ThuVienDeThi.com

AF AC AF.AN AC.AD AD AN    

Mặt khác, AFB AHN (g.g) AF AB AF.AN AB.AH AH AN    

Do đó, AB.AH AC.AD AB.AH AD AC    không đổi

(vì A, C, B, H cố định)

 Đường tròn ngoại tiếp AMN luôn đi qua điểm D cố định (khác A).

c)

1 F

E

C B A

O H

N

D

1

1 1

1

M

Với AB = 4cm, BC = BH = 1cm thì:

AB.AH 4.5 20 AD (cm) AC 3 3 20 5 HD AD AH 5 (cm) 3 3

  

     

Dễ thấy AHM NHD (g.g) AH HM 5 25 HM.HN AH.HD 5 NH HD 3 3       

1.0

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:

2 AMN

25 10 3 MN HM HN 2 HM.HN 2 (cm) 3 3

1 1 10 3 25 3 S AH.MN 5 (cm ) 2 2 3 3

    

    

Dấu “=” xảy ra

µ µ  µ 1 1 1 1 HM HN M N F N EF / /MN EF AB        

ThuVienDeThi.com