Cộng đồng chia sẻ tri thức Doc24.vn

Bộ đề tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán năm học 2017 - 2018

f9a9265f5bc9b363d9e9767e3191efff
Gửi bởi: Thái Dương vào 03:33 PM ngày 13-02-2019 || Kiểu file: PDF Lượt xem: 216 | Lượt Download: 0 | File size: 0 Mb

Nội dung tài liệu Tải xuống


Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

UBND QUẬN LÊ CHÂN
TRƯỜNG THCS VÕ THỊ SÁU

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2017 - 2018
BÀI THI MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm 02 trang. Thí sinh làm bài vào tờ giấy thi.

ĐỀ THI THỬ LẦN 1

Bài 1 (1,5 điểm): Cho hai biểu thức:
3
x 2  2x  1
.
A  3 8  50 
2  1 và B 
với 0 < x < 1.
x 1
9x 2
a/ Rút gọn biểu thức A và B.
2
.
b/ Tìm các giá trị của x để B =
x





2

Bài 2 (1,5 điểm):
a/ Tìm m để đồ thị hàm số y = (m2 – 4)x + 2m – 7 song song với đường thẳng y =
5x – 1.
 2ax  by  7
.Tìm a và b biết hệ phương trình có nghiệm
ax  by  1

b/ Cho hệ phương trình 
(x, y) = (1; -1)

Bài 3 (2,5 điểm):
1/ Cho phương trình: x2 – (m + 5).x – m + 6 = 0 (1), (x là ẩn, m là tham số)
a/ Giải phương trình với m = 1.
b/ Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn
2
x 1 x 2  x 1x 22  24 .
2/ Bài toán thực tế.
Một hãng taxi giá rẻ định giá tiền theo hai gói cước trong bảng giá như sau:
+ Gói 1: Giá mở cửa là 6000 đồng /1km cho 10km đầu tiên và 2500 đồng với mỗi km tiếp
theo.
+ Gói 2: 4000 đồng cho mỗi km trên cả quãng đường.
a) Nếu cô Tâm cần đi một quãng đường là 35 km thì chọn gói cước nào có lợi hơn?
b) Nếu cô Tâm cần đi một quãng đường là x km mà chọn gói cước 1 có lợi hơn thì
x phải thỏa mãn điều kiện gì?
Bài 4 (3,5 điểm):
1/ Cho đường tròn (O; R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại điểm H (H
nằm giữa O và B). Trên tia đối của tia NM lấy điểm C sao cho đoạn thẳng AC cắt (O) tại
K khác A. Hai dây MN và BK cắt nhau ở E.
a/ Chứng minh tứ giác AHEK nội tiếp.
b/ Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh NFK
cân và EM . NC = EN . CM.
c/ Giả sử KE = KC. Chứng minh OK// MN và KM2 + KN2 = 4R2.
2/ Một hình trụ có thể tích bằng 35dm3. Hãy so sánh thể tích hình trụ này với thể tích
hình cầu đường kính 6dm.

Bài 5 (1,0 điểm):
a/ Cho a, b là các số dương. Chứng minh

1
11 1
    .
ab 4a b

1
1
1


 6 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu
xy yz zx
1
1
1
.
thức: P 


3x  3y  2z 3x  2y  3z 2x  3y  3z

b/ Cho các số dương x, y, z thỏa mãn

--------Hết-------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh: ........................................................... Số báo danh.........................
Câu

Đáp án

Điểm

a/ 1,0 điểm
A  3 8  50 





2 1

2

 3.2 2  5. 2  2  1

0,25

 6 2  5 2  2 1  1
3
x 2  2x  1
3
B
.

.
2
x 1
9x
x 1

Bài 1
(1,5
điểm)



0,25

 x  1
2
 3x 

2



3 x 1
.
x  1 3x

3   x  1 1
.
=
(v× 0 < x < 1)
x 1
3x
x

0,25
0,25

b/ 0,5 điểm
2





1 2

 x  2x  x 1  2 x  0
x
x
x
1
1
 1  2 x  0 (v× x > 0)  x   x  (TM §K)
2
4
1
Vậy x = .
4
B



0,25
0,25

a/ 0,75 điểm
Vì đồ thị hàm số y = (m2 – 4 )x + 2m – 7 song song với đường thẳng y
m 2  4  5

= 5x – 1 nên 

0,25

2m  7  1

m  3 hoÆc  3

 m  3
Bài 2
m  3
(1,5 Vậy m = -3.
điểm) b/ 0,75 điểm

0,25
0,25
2a  b  7
a  b  1

b/ Vì hệ có nghiệm (x, y) = (1; -1) nên ta có 
3a  6
a  2


 a  b  1  b  3

Vậy a = 2; b = 3

0,25
0,25

0,25
1a/ 0,5 điểm
với m = 1, ta có phương trình x2 – 6x + 5 = 0
Xét a + b + c = 1 + (-6) + 5 = 0,
 phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 = 1; x2 = 5.
1b/ 0,75 điểm

0,25
0,25

Có     m  5   4.1.  m  6   m2  10m  25  4m  24  m2  14m  1
2

Phương trình (1) có 2 nghiệm x1; x2 khi m2 + 14m + 1 ≥ 0
x1  x 2  m  5
Theo định lý Viets, ta có 
x1 .x 2   m  6

Theo đề bài:
x12 x 2  x1x 22  x1x 2  x1  x 2     m  6  m  5    m 2  m  30  24

m  2
  m 2  m  6  0   m  2  m  3  0 
m3
Bài 3 Với m = -2,  = -23 < 0 (loại)
(2,5 Với m = 3 ,  = 52 > 0 (nhận)
m = 3 thì phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thỏa mãn
điểm) Vậy
2
x1 x 2  x1 x 22  24
2a/ 0,5 điểm
2a/ Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 1 là :
10.6000 + 25.2500 = 122500 đồng.
- Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 2 là :
35.4000 = 140000 đồng >122500 đồng.
Vậy cô Tâm nên chọn gói cước 1 có lợi hơn.
2b/ 0,5 điểm
2b) Vì cô chọn gói cước 1 có lợi hơn nên x > 10.
- Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 1 là :
10.6000 + (x-10).2500 = 2500x + 35000.
- Số tiền cô Tâm phải trả khi đi theo gói cước 2 là :4000.x ( đồng)
Vì đi theo gói cước 1 có lợi hơn nên 2500x + 35000 < 4000x
70
Suy ra 1500x > 35000 hay x >
(km).
3

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

K'

M

H

A

O

B

0,25

E
N

K

F
C

1/a : 0,75 điểm
a/Xét tứ giác AHEK có:
  90 (AB  MN); AKE
  900  Gãc néi tiÕp ch¾ n nöa ®−êng trßn) 0,25
AHE
  AKE
  1800  Tứ giác AHKE nội tiếp (đpcm).
Suy ra AHE
1/b: 1,25 điểm
b/ Vì NF và KB cùng vuông góc với AC nên NF // KB,
Bài 4
  BN
.
AB  MN  MB
(3,5
 
 
điểm) Có KFN  MKB (đồng vị và KE//FN), KNF  NKB (so le trong và
KE//FN),
  MKB
 (vì MB
  BN
 )  KFN
  KNF
,
BKN
do đó NFK cân tại K.
 nªn EM  KM (1)
Xét MKN có KE là phân giác của MKN

EN KN
  CM  KM (2) .
Do KE  KC nên KC là phân giác ngoài của MKN
CN KN

Từ (1) và (2) 

CM EM

(2)  EM .CN  EN .CM (đpcm)
CN EN

1/c: 0,75 điểm
  450  HEB
  450 (đối
+/ KE = KC  KEC vuông cân tại K  KEC
  450 (vì HEB vuông tại H)
đỉnh)  HBE
  450 nên OKB vuông tại O OK//MN
+/ OKB cân tại O có OBK
(cùng vuông góc với AB) (đpcm)
+/ Kẻ đường kính KK’KK’M vuông tại M  KM2 + K’M2 = KK’2
= 4R2.
Lại có KK’//MN (cùng vuông góc với AB)  cung K’M = cung KN
(t/c 2 dây song song chắn 2 cung bằng nhau)  K’M = KN.
Vậy KM2 + KN2 = 4R2 (đpcm).
2/: 0,5 điểm
Gọi thể tích của hình trụ là V1V1= 35dm3

0,5

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

4
3

Thể tích hình cầu đường kính 6dm là V2  .33  36(dm 3 )
Suy ra V1<V2.
a/: 0,25 điểm
Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 số a, b dương, ta có
1 1
1
a  b  2 ab ,   2
.
a b
ab
1 1
4
1
11 1
1 1
 a  b      4   

    (đpcm)
a b ab
ab 4a b
a b

0,25

0,25

Dấu bằng xảy ra khi a = b.
b/: 0,75 điểm
Theo câu a/ ta có

Bài 5
(1,0
điểm


1
1
1
1
1

 


3x  3y  2z  x  z    y  z    2  x  y  4   x  z    y  z   2  x  y  
1
1
1
1 1
1 
1


 


4  x  z    y  z   8  x  y  16  x  z y  z  8  x  y 

0,25

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có
1
1  1
1 
1
 

;

3x  2y  3z 16  x  y y  z  8  x  z 
1
1  1
1 
1
 


2x  3y  3z 16  x  y x  z  8  y  z 

0,25

Cộng từng vế 3 bất đẳng thức ta được:
P

1
1
1
1  2
2
2 


 



3x  3y  2z 3x  2y  3z 2x  3y  3z 16  x  y y  z z  x 

1 1
1
1  1
1
3
 


  .6  .6 
8xy yz zx 8
8
2

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =

1
.
4

3
1
Vậy GTLN của biểu thức P là khi x = y = z = .
2
4

0,25

Bé gi¸o dôc ®μo t¹o
Tr−êng ®¹i häc s− ph¹m hμ néi

céng hoμ x· héi chñ nghÜa viÖt nam
§éc LËp -Tù Do -H¹nh Phóc

§Ò chÝnh thøc
ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2017
Môn thi: Toán
( Dùng cho mọi thí thi vào trường chuyên)
Thời gian : 120 phút
Câu 1( 2 điểm)

a 3  a  2b 

Cho biểu thức P 

b2
a

 a 3  a 2  ab  a 2b
b 

:
 với
2
2
a b
a b 



1 b 
  a ab
1 
a a2 

, a, b  0, a  b, a  b  a 2 . 1.Chứng minh rằng P  a  b.





2.Tìm a,b biết P  1 & a 3  b3  7
Câu 2( 1 điểm) Giả sử x, y là hai số thực phân biệt thỏa mãn

Tính giá trị biểu thức P 

1
1
2
 2

x  1 y  1 xy  1
2

1
1
2
 2

x  1 y  1 xy  1
2

Câu 3(2 điểm)
Cho parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d) : y  2ax  4a (với a là tham số

1.Tìm tọa độ giao điểm của ( d) và (P) khi a  

1
2

2. Tìm tất cả các giá trị của a để đường thẳng (d) cắt (P) taị hai điểm phân biệt có hoành độ
x1; x2 thỏa mãn x1  x2  3
Câu 4 (1 điểm)
Anh nam đi xe đạp từ A đến C . Trên quãng đường AB ban đầu ( B nằm giữa A và C).Anh
Nam đi với vận tốc không đổi a( km/h) và thời gian đi từ A đến B là 1,5 giờ. Trên quãng đường BC
còn lại anh Nam đi chậm dần đều với vận tốc tại thời điểm t ( tính bằng giờ) kể từ B là v  8t  a (
km/h) .Quãng đường đi được từ B đến thời điểm t đó là S  4t 2  at .Tính quãng đường AB biết
rằng đến C xe dừng hẳn và quãng đường BC dài 16km.
Câu 5 (3 điểm)
Cho đường tròn (O) bán kính R ngoại tiếp tam giác ABC có ba góc nhọn. Các tiếp tuyến của
đường tròn (O) tại các điểm B ,C cắt nhau tại điểm P. Gọi D, E tương ứng là chân đường các đường
vuông góc kẻ từ P xuống các đường thẳng AB và AC và M là trung điểm cạnh BC.
1. Chứng minh MEP  MDP
2. Giả sử B, C cố định và A chạy trên (O) sao cho tam giác ABC luôn là tam giác có ba góc
nhọn
Chứng minh đường thẳng DE luôn đi qua một điểm cố định.
3. Khi tam giác ABC đều . Hãy tính diện tích tam giác ADE theo R.
Câu 6 (1 điểm) Các số thực không âm x1 , x2 , x3 ,...., x9 thỏa mãn

 x1  x2  x3  ....  x9  10

 x1  2 x2  3 x3  ....  9 x9  18
Chứng minh rằng : 1.19 x1  2.18 x2  3.17 x3  ....  9.11x9  270
Họ và tên thí sinh:…………………………….….Số báo danh:……………….
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Phần hướng dẫn
Vòng 1
Câu 2
1
1
2
1
1
1
1
 2

 2

 2

0
2
x  1 y  1 xy  1
x  1 xy  1 y  1 xy  1
xy  y 2
xy  x 2

 0   xy  y 2  y 2  1   xy  x 2  x 2  1  0
2
2
 x  1  xy  1  y  1  xy  1
  x  y   xy  1  0  xy  1 (vi x  y )  S  2
Câu 2
2

a  0
a  4

a) Phương trình hoành độ (d) và (P) là x 2  2ax  4a  0  '  a  a  4   0  
a  0

theo Viét
b) Với 
a  4
 x1  x2  2a

 x1 x2  4a

x1  x2  3   x1  x2



2

 9   x1  x2   2 x1 x2  2 x1 x2  9
2

Ta co 4a 2  8a  8a  9

Với a<0 4a 2  8a  8a  9  4a 2  16a  9  0  a 

a 
2
2
Với a>4 4a  8a  8a  9  4a  9  
a 

Câu 4

1
2

3
 dk
2
3
 dk
2

Vì xe đến C dừng hẳn nên thời gian xe đi từ B đến C thỏa mãn 8t  a  0  t 
quàng đường BC là
2

2
a a
S  4t  at  16  4   
 16  a 2  256  a  16
8
8
 
S AB  1,5.a  24( km)
2

Câu 5
A

O

B

M

C
E

I
D
P

a
do đó
8

a)Xét hai tứ giác nội tiếp BDPM và CEPM và tam giác MBC cân
MEP  MBP  MBP  MDP

b)

BAC  ABC  ACB  1800 ; CBP  ABC  PBD  1800
 ACB  PBD  DMP (1); ACB  MPE (2); tu(1)(2)  DMP  MPE  MD / / PE
Tuong tu ME / / DB  tgMEDP la hinh binh hanh  IM  IP

Vậy DE đi qua trung điểm PM
c)
A

O

B

D

M

C

E
I

P

1
2
3R
3R 3R 9 R
BC AM 2
AB  R 3; OA  R  AM 
;AI=


;  ABC dd ADE 


2
2
4
4
DB
AI
3
2
3R 3
1 9 R 3R 3 27 R 3
 DE 
 S ADE  . .

2
2 4
2
16

Ta có A; O,M, P thẳng hàng S ADE  DE. AI Tính được

Câu 6

9  x1  x2  x3  ...  x9   90

9  x1  x2  x3  ...  x9   90
 19 x1  29 x2  39 x3  ...  99 x9  270

10  x1  2 x2  3 x3  ...  9 x9   180
Mat khac
1.19 x1  2.18 x2  3.17 x3  ...  9.11x9 

(19 x1  29 x2  39 x3  ...  99 x9 )   7 x2  12 x3  15 x4 ...  7 x8   270   7 x2  12 x3  15 x4 ...  7 x8   270
 x1  9

Dau "  " xay ra   x9  1
 x  x  ...  x  0
3
8
 2

GV biên tập và hướng dẫn
Nguyễn Minh Sang;Đinh Văn Hưng
THCS Lâm Thao - Phú Thọ

Bé gi¸o dôc ®μo t¹o
Tr−êng ®¹i häc s− ph¹m hμ néi

céng hoμ x· héi chñ nghÜa viÖt nam
§éc LËp -Tù Do -H¹nh Phóc

§Ò chÝnh thøc
ĐỀ THI TUYỂN SINH
VÀO TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN NĂM 2017
Môn thi: Toán
( Dùng riêng cho học sinh chuyên Toán và chuyên Tin)
Thời gian : 150 phút
Câu 1. (1.5 điểm)
Cho các số dương a,b,c,d . Chứng minh rằng trong 4 số

1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1
 ;b   ;c   ;d   Có ít nhất một số không nhỏ hơn 3.
b c
c d
d a
a b
Câu 2. (1.5 điểm)Giải phương trình :
a2 

x

2

 2 x   4  x  1  x 2   x  1   x 2  x   2017
2

2

2

2

Câu 3. (3.0 điểm)
1.Tìm tất cả các số nguyên dương a,b,c,d thỏa mãn a 2  b3 ;c3  d 4 ; a  d  98
1
1
2.Tìm tất cả các số thực x sao cho trong 4 số x  2; x 2  2 2; x  ; x  có đúng
x
x
một số không phải là số nguyên.
Câu 4. (3điểm) Cho đường tròn (O) bán kính R và một điểm M nằm ngoài (O) .Kẻ hai tiếp
tuyến MA, MB tới đường tròn (O) ( A, B là hai tiếp điểm). Trên đoạn thẳng AB lấy điểm C (C
khác A, C khác B). Gọi I; K là trung điểm MA, MC .Đường thẳng KA cắt đường tròn (O) tại
điểm thứ hai D.
1. Chứng minh KO 2  KM 2  R 2
2.Chứng minh tứ giác BCDM là tứ giác nội tiếp.
3.Gọi E là giao điểm thứ hai của đường thẳng MD với đường tròn (O) và N là trung
điểm KE đường thẳng KE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai F. Chứng minh rằng bốn
điểm I, A, N, F cùng nằm trên một đường tròn.
Câu 5. (1.0 điểm)
A

Xét hình bên : Ta viết các số 1, 2,3,4,..9 vào
vị trí của 9 điểm trong hình vẽ bên sao cho
mỗi số chỉ xuất hiện đúng một lần và tổng
ba số trên một cạnh của tam giác bằng 18.
Hai cách viết được gọi là như nhau nếu bộ số
viết ở các điểm (A;B;C;D;E;F;G;H;K) của
mỗi cách là trùng nhau. Hỏi có bao nhiêu
cách viết phân biệt ? Tại sao?

F

G

H

E

K

B
D

--------------Hết------------Họ và tên thí sinh:…………………………….….Số báo danh:……………….
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

C

Vòng 2
Câu 1. (1.5 điểm)
Giả sử cả bốn số đều nhỏ hơn 3 thì
1 1
1 1
1 1
1 1
P  a 2    b2    c2    d 2    3
b c
c d
d a
a b
Mặt khác
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1 1 1
P  a 2    b2    c2    d 2    a 2  b2  c2  d 2  2     
b c
c d
d a
a b
a b c d 
1 1 1
4
2 1
Do 4  a 2  b 2  c 2  d 2    a  b  c  d  ;    

a b c d abcd

a  b  c  d 
P

a  b  c  d  .
16
16
16
16


 33
 12
.
abcd abcd
abcd abcd
4
4
Trái điều giả sử suy ra có ít nhất một số không nhỏ hơn 3.
2

2

Câu 2. (1.5 điểm)Giải phương trình

x

 2 x   4  x  1  x 2   x  1   x 2  x   2017
2

2

2

2

2

ĐKXĐ x  R

x

 2 x   4  x  1  x 2   x  1   x 2  x   2017
2

2

2

2

2

 x 4  2 x3  4 x 2  4 x 2  8 x  8  x 2  x 2  2 x  1  x 4  2 x3  x 2  2017


x

2

 2x  2 
2

x

2

 x  1  2017  x 2  2 x  2  x 2  x  1  2017  x  2016
2

Câu 3. (3.0 điểm)
1.Tìm tất cả các số nguyên dương a,b,c,d thỏa mãn a 2  b3 ;c3  d 4 ; a  d  98
1
1
2.Tìm tất cả các số thực x sao cho trong 4 số x  2; x 2  2 2; x  ; x  có đúng
x
x
một số không phải là số nguyên.
Hướng dẫn
1.Giả sử a  p1x1 . p2x2 . p3x3 .... pnxn trong đó p1; p2 ;..., pn là các số nguyên tố x1; x2 ;...; xn  N

Tượng tự d  q1y .q 2y .q 3y ....q ny trong đó q1; q2 ;...,q n là các số nguyên tố y1; y 2 ;...; y n  N
Ta có a,d >1

1

2

3

n

a 2  p12 x1 . p22 x2 . p32 x3 .... pn2 xn  b3  2 x1 , 2 x2 , 2 x3 ,..., 2 x3  3  x1 , x2 , x3 ,..., x3  3  a  x 3 ,  x  Z  

Chứng minh tương tự d  y 3 ,( y  Z  ) từ giả thiết

a  d  98  x 3  y 3  98   x  y   x 2  xy  y 2   98 vi a  d  x  y  0

 x  y

2

 x 2  2 xy  y 2  x 2  xy  y 2  x  y  x 2  xy  y 2

 x  y  1
x  y  1
x  y 1
 2


 yZ  xZ


2
2
2
2
 x  xy  y  98
3 y  3 y  97  0
 y  1   y  1 y  y  98

Hoặc
2020-09-28 18:16:32