Câu hỏi ôn tập thi tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Hùng Tiến (Có đáp án)

 PHÒNG GDĐT KIM SƠN CÂU HỎI ÔN TẬP THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 NĂM HỌC 2017-2018
TRƯỜNG THCS HÙNG TIẾN MÔN: TOÁN
 (Đề gồm 09 câu, trong 01 trang)
 I. TRẮC NGHIỆM (2 điểm)
 Câu 1: Cho tứ giác ABCD có ·ADC 1100 , ·ABC 700 , B· AC 600 thì ·ADB bằng:
 a) 700 b) 600 c) 500 d) 1100
 Câu 2: Số nghiệm của phương trình x4 5x2 2 0 là:
 a) 4 b) 2 c) 3 d) 1
 Câu 3: Hàm số y 2016x2 nghịch biến khi:
 a) x R b) x 0 c) x 0 d) x 0
 Câu 4: Phương trình 3x y 5 có tập nghiệm là:
 x R x y 5 x 3 x R
 a) b) c) d) 
 y 3x 5 y R y 4 y 3x 5
 II. TỰ LUẬN (8 điểm)
 Câu 1: (1,0 điểm)
 a) Tính A 144. 121 196 : 49
 b) Tìm giá trị của tham số m đường thẳng y (2m 1)x 1(1) đi qua điểm A(1; 5)
 Câu 2: (2,0 điểm)
 x 2y 1
 1. Giải hệ phương trình: .
 2x 3y 9
 x x 5 x
 2. Cho biểu thức A : (với x 0; x 25 ). 
 x 5 x 5 x 25
 a) Rút gọn A.
 b) Tìm giá trị của x để A 1.
 Câu 3: (1,0 điểm)
 Hai lớp 9A và 9B được phân công trồng 78 cây xanh. Tính số cây mà mỗi lớp được 
 phân công trồng biết rằng lớp 9A có 30 học sinh, lớp 9B có 35 học sinh và số cây được 
 chia tỉ lệ với số học sinh của mỗi lớp.
 Câu 4: (3,0 điểm)
 Cho tam giác nhọn ABC có Bµ 450 . Vẽ đường tròn đường kính AC có tâm O, 
 đường tròn này cắt BA và BC tại D và E.
 a) Chứng minh AE = EB.
 b) Gọi H là giao điểm của CD và AE. Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn 
 thẳng HE đi qua trung điểm của BH.
 c) Chứng minh OD là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆BDE.
 Câu 5: (1,0 điểm) Cho hai số thực x và y thỏa mãn các điều kiện: xy = 1 và x > y. 
 x2 y2
 Chứng minh rằng: 2 2 .
 x y
 ----------Hết---------- PHÒNG GDĐT KIM SƠN ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 NĂM HỌC 2017-2018
 TRƯỜNG THCS HÙNG TIẾN MÔN: TOÁN
 (Đáp án trong 03 trang)
I. TRẮC NGHIỆM (2 điểm)
 (Mỗi câu đúng được 0,5 điểm)
 Câu 1 Câu 2 Câu 3 Câu 4
 b a c d
II. TỰ LUẬN (8 điểm)
 Câu Hướng dẫn giải Điểm
 a) (0,5 điểm)
 A 144. 121 196 : 49
 12.11 14 : 7 0,5
 130
 Câu 1 b) (0,5 điểm)
 (1,0 điểm) Để đường thẳng y (2m 1)x 1 (1) đi qua điểm A(1; 5) thì 
 toạ độ của điểm A thoả mãn (1) 0,25
 Ta có: 5 = (2m + 1).1+ 1 2m = 5 - 2
 3
 2m = 3 m = 
 2
 3 0,25
 Vậy với m đường thẳng y (2m 1)x 1(1) đi qua điểm 
 2
 A(1; 5).
 1. (0,5 điểm)
 x 2y 1 x 1 2y x 1 2y x 1 2y
 0,25
 2x 3y 9 2 1 2y 3y 9 2 4y 3y 9 7y 7
 x 1 2y x 3
 y 1 y 1 0,25
 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 3;1 
 2. (1,5 điểm)
 a) (1 điểm)
 Câu 2 Với ĐKXĐ: x 0; x 25 . Ta có:
 (2,0 điểm)
 x x 5 x 1 1 x 25 0,25
 A : . x . 
 x 5 x 5 x 25 x 5 x 5 5 x
 1 1 x 25 x 5 x 5 x 25
 . . 0,25
 x 5 x 5 5 x 25 x 25 5
 x 5 x 5 x 25 2 x x 25 2
 . . x 0,25
 x 25 5 x 25 5 5
 2
 Vậy A x với x 0; x 25 . 0,25
 5 b) (0,5 điểm)
 2 25
 Ta có: A 1 x 1 x 0,25
 5 4
 25
 Kết hợp điều kiện x 0; x 25 , ta có với 0 x thì A 1. 0,25
 4
 (1,0 điểm)
 - Gọi số cây mà lớp 9A được phân công trồng là x (cây), 
 (0 < x < 78, x là số nguyên).
 0,25
 Số cây mà lớp 9B được phân công trồng là y (cây), 
 (0 < y < 78, y là số nguyên).
 Do tổng số cây phải trồng là 78 cây ta có phương trình:
 Câu 3 x + y = 78 (1)
(1,0 điểm) Số cây được chia tỉ lệ với số học sinh của mỗi lớp ta có 0,25
 phương trình: x : 30 y : 35 (2)
 x+y = 78
 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 
 x : 30 y : 35 0,25
 - Giải hệ tìm được x = 36, y = 42 thỏa mãn điều kiện
 - Kết luận số cây mà lớp 9A được phân công trồng là 36 0,25
 (cây), số cây mà lớp 9B được phân công trồng là 42 (cây)
 (3 điểm)
 A
 D
 1 F
 2
 O
 / _H
 K 0,25
 _ 1
 1 / I
 B E C
 Vẽ hình đúng tới câu a)
 a) (1 điểm)
 Câu 4 · 0
  AEC 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25
(3,0 điểm)=> 
 A· EB 900 (vì là hai góc kề bù); theo giả thiết A· BE 450 0,25
 AEB là tam giác vuông cân tại E. 0,25
 => EA = EB. 0,25
 b) (1 điểm)
 Gọi K là trung điểm của HE (1) ; I là trung điểm của HB 
 0,5
 => IK là đường trung bình của tam giác HBE => IK // BE
 mà ·AEC 900 nên BE  HE tại E; IK  HE tại K (2). 0,25
 => Từ (1) và (2) => IK là trung trực của HE. Vây trung trực 
 0,25
 của HE đi qua trung điểm I của BH.
 c) (0,75 điểm)
 Theo câu b) I thuộc trung trực của HE => IE = IH mà I là 
 0,25
 trung điểm của BH => IE = IB. A· DC 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
 => B· DH 900 (kề bù A· DC ) => tam giác BDH vuông tại 
 D có DI là trung tuyến (do I là trung điểm của BH) 0,25
 => ID = 1/2 BH hay ID = IB => IE = IB = ID => I là tâm 
 đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE bán kính ID.
 Ta có: ODC cân tại O (vì OD và OC là bán kính) 
 ¶ µ
 => D1 C1 (3)
 ¶ µ
 IBD cân tại I (vì ID và IB là bán kính) => D2 B1 . (4)
 Theo trên ta có: CD và AE là hai đường cao của tam giác 
 ABC => H là trực tâm của tam giác ABC => BH cũng là 
 đường cao của tam giác ABC => BH  AC tại F => AEB có 0,25
 A· FB 900 .
 · 0 µ µ ·
 Theo trên ADC có ADC 90 => B1 C1 (cùng phụ BAC ) (5)
 ¶ ¶ ¶ · · 0
 Từ (3), (4), (5) => D1 D2 mà D2 IDH BDC 90 =>
 ¶ · · 0 ·
 D1 IDH BDC 90 = IDO => OD  ID tại D => OD là tiếp 
 tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE.
 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy: 
 x2 y2 x2 y2 2xy 2xy (x y)2 2.1 2 1
 (x y) 2 (x y). 0,5
 x y x y x y x y x y
 (x > y).
 Câu 5
 (1,0 điểm) 6 2 6 2
 Dấu đẳng thức xảy ra khi x ; y 
 2 2
 0,5
 6 2 6 2
 hoặc x ; y 
 2 2
 Điểm toàn bài 10,0
Lưu ý khi chấm bài: Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải và thang điểm. Bài giải 
của học sinh cần chặt chẽ, chi tiết, hợp logic toán học. Nếu học sinh làm bài theo cách 
khác hướng dẫn chấm mà đúng thì chấm và cho điểm tối đa của bài đó. Đối với bài 
hình học (câu 4), nếu học sinh vẽ sai hình hoặc không vẽ hình thì không được tính 
điểm.
 XÁC NHẬN CỦA BGH NGƯỜI RA ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN
 (Họ tên, chữ ký)
 Trần Thị Mùi