Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Phòng GD&ĐT Can Lộc (Có đáp án)

Câu 3. Một phòng họp có 250 chỗ ngồi được chia thành từng dãy, mỗi dãy có số chỗ 
ngồi như nhau. Vì có đến 308 người dự họp nên ban tổ chức phải kê thêm 3 dãy mỗi dãy 
kê thêm 1 chỗ thì vừa đủ. Hỏi lúc đầu phòng họp có bao nhiêu dãy ghế và mỗi dãy có bao 
nhiêu chỗ ngồi. 

Câu 4. Qua điểm A nằm ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn 
(O) (B,C là các tiếp điểm). Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng AC, F là giao điểm thứ hai 
của đường thẳng EB với đường tròn (O), K là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với 
đường tròn (O). Chứng minh: 
a) Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn 
b) Tam giác ABF đồng dạng với tam giác AKB và BF.CK=CF.BK 
c) AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF 

pdf 10 trang Huệ Phương 14/02/2023 2080
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Phòng GD&ĐT Can Lộc (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

  • pdfde_thi_thu_tuyen_sinh_vao_lop_10_thpt_mon_toan_nam_hoc_2021.pdf

Nội dung text: Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2021-2022 - Phòng GD&ĐT Can Lộc (Có đáp án)

  1. PHÒNG GD&ĐT CAN LỘC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Môn Thi: Toán Thời gian làm bài: 90 phút MÃ ĐỀ 01 Ngày thi: 19/4/2021 Câu 1. Rút gọn các biểu thức sau: 2 12 a) A 2 1 3 2 1 2x 2 x 6 x 0, x 1, x 9 b) B . x 3x 9 x 1 Câu 2. a) Giải phương trình: -3x2 + 4x + 4 = 0 b) Tìm a và b biết rằng đồ thị hàm số y =ax + b song song với đường thẳng y = -5x+2 và đi qua M(-3;4). Câu 3. a) Một phòng họp có 250 chỗ ngồi được chia thành từng dãy, mỗi dãy có số chỗ ngồi như nhau. Vì có đến 308 người dự họp nên ban tổ chức phải kê thêm 3 dãy mỗi dãy kê thêm 1 chỗ thì vừa đủ. Hỏi lúc đầu phòng họp có bao nhiêu dãy ghế và mỗi dãy có bao nhiêu chỗ ngồi. b)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) y x2 và đường thẳng (d) y mx 2 (với m là tham số). Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn: (x1 + 2)(x2 + 2) = 0. Câu 4. Qua điểm A nằm ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B,C là các tiếp điểm). Gọi E là trung điểm của đoạn thẳng AC, F là giao điểm thứ hai của đường thẳng EB với đường tròn (O), K là giao điểm thứ hai của đường thẳng AF với đường tròn (O). Chứng minh: a) Tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn b) Tam giác ABF đồng dạng với tam giác AKB và BF.CK=CF.BK c) AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ABF Câu 5. Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn : a b c 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3 a2 2 abb 3 2 3 b 2 2 bcc 3 2 3 c 2 2 caa 3 2 Hết
  2. PHÒNG GD&ĐT CAN LỘC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT Môn Thi: Toán Thời gian làm bài: 90 phút MÃ ĐỀ 02 Ngày thi: 19/4/2021 Câu 1. Rút gọn các biểu thức sau: 5 a) A 18 2 2 2 1 1x 2 x 4 x 0, x 1, x 4 b) B . x 2x 4 x 1 Câu 2. a) Giải phương trình: -2x2 + 5x + 3 = 0 b) Tìm a và b biết rằng đồ thị hàm số y =ax + b song song với đường thẳng y = -2x+3 và đi qua M(2;5). Câu 3. a) Một phòng họp có 180 chỗ ngồi được chia thành từng dãy, mỗi dãy có số chỗ ngồi như nhau. Vì có đến 260 người dự họp nên ban tổ chức phải kê thêm 2 dãy mỗi dãy kê thêm 3 chỗ thì vừa đủ. Hỏi lúc đầu phòng họp có bao nhiêu dãy ghế và mỗi dãy có bao nhiêu chỗ ngồi. b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) y x2 và đường thẳng (d) y mx 2 (với m là tham số). Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn: (x1 + 1)(x2 + 1) = 0 Câu 4. Qua điểm M nằm ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến MN, MP với đường tròn (O) (N,P là các tiếp điểm). Gọi A là trung điểm của đoạn thẳng MP, B là giao điểm thứ hai của đường thẳng NA với đường tròn (O), K là giao điểm thứ hai của đường thẳng MB với đường tròn (O). Chứng minh: a) Tứ giác MNOP là tứ giác nội tiếp đường tròn b) Tam giác MNB đồng dạng với tam giác MKN và NB.PK=BP.NK c) AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp MNB Câu 5. Cho các số thực không âm a,b,c thỏa mãn : a b c 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3 a2 2 abb 3 2 3 b 2 2 bcc 3 2 3 c 2 2 caa 3 2 Hết
  3. ĐÁP ÁN Mã đề 1 Câu Nội dung Điểm Câu 1 2 12 A 2 (2,0 đ) 1 3 2 0,5 1 3 3 2 1 3 3 2 0,5 3 1 2x 2 x 6 B . x 3x 9 x 1 1 2x 2( x 3) . 0,25 x 3x 3 x 3 x 1 x 3 2 x 2( x 3) . x 3 x 3 x 1 0,25 3x 3 2 . x 3 x 1 3 x 1 2 0,25 . x 3 x 1 6 0,25 x 3 x 0, x 1, x 9 Câu 2 a). -3x2 + 4x + 4 = 0 (2,0 đ) 2 1,0 Tính ( ') , từ đó tìm được nghiệm: x1 2; x 2 3 b) Đồ thị của hàm số y = ax + b song song với đường thẳng 0,5 y = -5x+2 => a= -5 (1) Mặt khác: Đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua M(-3;4) => -3a+b=4 (2) Từ (1) và (2)=> b= -11 0,25 Vậy a= -5 ; b= -11
  4. Câu 3 a) Gọi số dãy ghế của phòng họp lúc đầu là x ( x>0, nguyên , 250 x) 0,25 250 (1,0 đ) Số người ngồi trên mỗi dãy lúc đầu là : ( người). x Số dãy ghế sau khi kê thêm là : x+3 (dãy) 0,25 308 Khi đó số người ngồi trên mỗi dãy là : ( người) x 3 308 250 Theo bài ra ta có phương trình : 1 0,25 x 3 x x 25( tm / ) Giải pt ra ta được 1 x 30( l ) 2 0,25 Vậy số dãy ghế của phòng họp ban đầu là 25 dãy Số chỗ ngồi trên mỗi dãy là : 250:25=10 ( người ) b)Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): 0,25 2 2 x mx 2 x mx 2 0 (1) (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn: (x1 + 2)(x2 + 2) = 0 khi pt (1) có 2 nghiệm phân biệt x2 thỏa mãn: (x1 + 2)(x2 + 2) = 0 a 0( h / n ) 0 0,25 m2 4.1.( 2) m 2 8 >0 với mọi giá trị của m. 0,25 xx1 2 m -Theo hệ thức vi ét ta có x. x 2 1 2 x1 2 x 2 2 0 xxxx 1 . 2 2 1 2 2 4 0 xx. 2( xx ) 4 0 1 2 1 2 2 2( m ) 4 0 0,25 2m 2 0 m 1 Vậy m=1 là giá trị cần tìm.
  5. Câu 4 A ( 3,0 đ) E F C B O HHO K 0 ABO 90 0,5 a. Tứ giác ABOC có ( tính chất của tiếp tuyến) 0 ACO 90 ABO ACO 1800 0,5 tứ giác ABOC nội tiếp. 1 b. ABF và AKB có BAK chung và ABF AKB( SdBF ) 2 ABF~ AKB 0,25 AB AF BF Từ ABF~ AKB suy ra AK AB KB 0,25 AC AF CF Tương tự ta chứng minh được ACF~ ACK AK AC KC Mặt khác : AB = AC ( Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) 0,25 BF CF BFCK BKCF BK CK 0,25 1 c. Ta có : BKC BCE ( sdBC ) 2 Và EFC BKC ( BFCKnt ) 0,25 Suy ra BCE EFC Xét FCE và CBE có : CEF chung ; BCE EFC ( cmt) Suy ra FCE CBE CE2 EFBE. 0,25 AE EF Mà CE = AE nên AE2 EFBE. EF BE AE EF Xét AEF và BEA có : E chung ; => EF BE 0,25
  6. AEF~ BEA FAE ABE (hai góc tương ứng). ABE là góc nội tiếp chắn cung AF của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF. FAE được tạo bởi dây cung AF và AE ( E nằm ngoài đường tròn ) 0,25 Vậy AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ABF Câu 5 Ta có : (1 đ) 2ab a2 b 2 3 a 2 2 ab 3 b 2 2 a 2 2 b 2 2 a 2 b 2 a b 2 0,25 3a2 2 ab 3 b 2 a b 2 3a2 2 ab 3 b 2 a b 3b2 2 bc 3 c 2 b c Tương tự : 3c2 2 ca 3 a 2 c a Do đó : Pabbcca 2( abc ) 0,25 a 1 2 a b 1 2 b Mặt khác: c 1 2 c abc2( abc ) 3 abc 2.3 3 3 0,25 P 6 P 6 Min Khi a=b=c=1 0,25
  7. ĐÁP ÁN Mã đề 2 Câu Nội dung Điểm 5 Câu 1 B 18 2 2 0,5 (2,0 đ) 2 1 a. 3 2 2 2 5 2 1 0,5 5 1x 2 x 4 C . x 2x 4 x 1 1x 2( x 2) 0,25 . x 2 x 2 x 2 x 1 x 2 x 2( x 2) . 0,25 a. x 2 x 2 x 1 x 0, x 1, x 4 2x 2 2 . x 2 x 1 0,25 2 x 1 2 . x 2 x 1 4 x 2 0,25 Câu 2 a) -2x2 + 5x + 3 = 0 (2,0đ) 1 1,0 Tính ( ') , từ đó tìm được nghiệm: x1 3; x 2 2 b). Đồ thị của hàm số y = ax + b song song với đường thẳng 0,5 y = -2x+3 => a= -2 (1) Mặt khác: Đồ thị của hàm số y = ax + b đi qua M(2;5) => 2a+b=5 (2) Từ (1) và (2)=> b=9 0,5 Vậy a= -2 ; b=9
  8. Câu 3 (2,0đ) Gọi số dãy ghế của phòng họp lúc đầu là x ( x>0, nguyên , 180 x) 0,25 180 Số người ngồi trên mỗi dãy lúc đầu là : ( người). x Số dãy ghế sau khi kê thêm là : x+2 (dãy) 0,25 260 Khi đó số người ngồi trên mỗi dãy là : ( người) x 2 260 180 Theo bài ra ta có phương trình : 3 0,25 x 2 x x 18( tm / ) 1 Giải pt ra ta được 20 x ( l ) 2 3 0,25 Vậy số dãy ghế của phòng họp ban đầu là 18 dãy Số chỗ ngồi trên mỗi dãy là : 180 : 18 =10 ( người) b).Ta có phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P): 0,25 2 2 x mx 2 x mx 2 0 (1) (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi pt (1) có 2 nghiệm phân biệt có hoành độ x1, x2thỏa mãn: (x1 + 1)(x2 + 1) = 0 a 0 0 0,25 2 2 (m ) 4.1.( 2) m 8 >0 với mọi giá trị của m. x1 x 2 m 0,25 -Theo hệ thức vi ét ta có x1. x 2 2 x 1 x 1 0 xxxx . 1 0 1 2 1 2 1 2 xx. ( x x ) 1 0 1 2 1 2 2m 1 0 m 1 0 m 1 0,25 Vậy m 1 là giá trị cần tìm.
  9. Câu 4 M ( 3,0 đ) A B P N O HHO K 0 MNO 90 0,5 a. Tứ giác MNOP có ( tính chất của tiếp tuyến) 0 MPO 90 MNO MPO 1800 0,5 tứ giác MNOP nội tiếp. 1 b. MNB và MKN có NMK chung và MNB MKN ( SdNB ) 2 MNB MKN 0,25 MN MB NB Từ MNB MKN suy ra MK MN KN 0,25 MB MP BP Tương tự ta chứng minh được MBP MPK MP MK PK Mặt khác : MP = MN ( Tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) 0,25 BP BN BPNK BNPK PK NK 0,25 c. 1 Ta có : NKP NPA ( sdNP ) 2 0,25 Và NKP ABP( BNKPnt ) Suy ra NPA ABP Xét BPA và PNA có : PAB chung ; NPA ABP ( cmt) 0,25 Suy ra BPA PNA PA2 ANAB. MA AB Mà PA = MA nên MA2 ANAB. AN MA Từ đó chứng minh được MAB NAM AMB ANM (hai góc tương 0,25
  10. ứng) . mà ANM là góc nội tiếp chắn cung BM của đường tròn ngoại tiếp tam giác MNB. 0,25 AMB được tạo bởi dây cung BM và MA ( A nằm ngoài đường tròn ) Suy ra MA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp MNB Câu 5 Ta có : (1 đ) 2ab a2 b 2 3 a 2 2 ab 3 b 2 2 a 2 2 b 2 2 a 2 b 2 a b 2 0,25 3a2 2 ab 3 b 2 a b 2 3a2 2 ab 3 b 2 a b 3b2 2 bc 3 c 2 b c Tương tự : 3c2 2 ca 3 a 2 c a 0,25 Do đó : Pabbcca 2( abc ) a 1 2 a b 1 2 b 0,25 Mặt khác: c 1 2 c abc2( abc ) 3 abc 2.3 3 3 P 6 P 6 Min 0,25 Khi a=b=c=1