Đề - đáp án thi thử thpt lần 4 năm học 2018-2019

(1)

PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019- 2020 ĐỀ THI MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề I. TRẮC NGHIỆM: (2.0 điểm).

Câu 1: Kết quả của biểu thức A ( 7 5) ²  (5 7)² bằng

A.3 B. 7 C. 2 7 D.10 Câu 2: Hàm số ^y^^{(4 2 )}^ ^{m x}^²⁰¹⁹ đồng biến trên R khi

A. ^m^² B. ^m^² C. ^m^² D. ^m^²

Câu 3: Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB=6cm. Quay nửa hình tròn một vòng quanh AB ta được một hình (H). Khi đó thể tích của hình (H) bằng

A. 36cm³ B. 108cm³ C. 36cm² D. 36cm³

Câu 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, biết AC=3cm; ACB^· =35⁰. Độ dài cạnh AB làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất bằng

A.2,2 cm B.2,1 cm C. 1,7 cm D. 2,4 cm.

II. TỰ LUẬN: (8.0 điểm).

Câu 1: (1.5 điểm). Cho biểu thức

2 2 2( 1)

1 1

x x x x x

N x x x x

  

  

  

a) Rút gọn biểu thức N b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức N.

Câu 2: (2.0 điểm). Cho phương trình x²(m2)x m ²3m 4 0 (*) ( x là ẩn, m là tham số) a) Giải phương trình (*) với m=0.

b) Chứng minh rằng phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu với mọi m.

c) Tìm m để phương trình (*) có nghiệm thoả mãn (x12 )(x2 x22 ) 0x1 

Câu 3: (1.5 điểm). Cho hệ phương trình 2 1

5 2 x

y y

mx x

y y

  



  



a) Giải hệ phương trình với m=1

b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.

Câu 4: (2.5 điểm). Cho tam giác ABC không cân có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O.

Hai đường cao AI và BE cắt nhau tại H.

a) Chứng minh rằng b) Chứng minh rằng EI vuông góc với CO

c) Cho . Chứng minh rằng CH=CO.

Câu 5: (0.5 điểm). Cho các số ^{x y z}^{, ,} ^

 

^0;1 và ³ x y z   2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x ²y²z².

--- Hết --- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm !

ĐỀ THI THỬ LẦN 4

(2)

Họ và tên thí sinh:………..; Số báo danh: ………..

PHÒNG GD&ĐT YÊN LẠC ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ VÀO THPT LẦN 4 MÔN: TOÁN

I, TNKQ ( Mỗi câu đúng cho 0,5 điểm)

Câu 1 2 3 4

Đáp án D B A B

II, TỰ LUẬN ( 8 điểm) Câ

u

Nội dung Điể

m 5

1,5 đ

a, ĐKXĐ 0,25

Rút gọn đúng ra kết quả N

 x x1

0,75

b, Ta có

1 2 3 3

1 2 4 4

P x  x  x   

0,25

Vậy GTNN của N=3/4 khi x=1/4 0,25

6 2đ

a, Thay m=0 vào phương trình

(*). Ta được phương trình .

0,25

Giải PT ta được 0,25

b, Ta có

_ac_{ }_m²_₃_m_₄

=

3 2 7 2 4 0,

m m

 

     

0,5

Vậy PT đã cho có hai nghiệm trái dấu với mọi m. 0,25

c, Theo b) phương trình luôn có nghiệm Áp dụng hệ thức Viet, ta có

0,25

Khi đó 

x12x2

 

x22x1



 0 x x1 22



x1x2



² 0 ^{ }^m²^³^m^{ }^{4 2}



^m^²



²^⁰

2 1

5 4 0

4 m m m

m

 

      

0,5

7 1,5 đ

a, ĐKXĐ

Thay m=1 vào hệ phương trình , ta được

0,5

(3)

b, Với , HPT trên

 ^₍^{x y}_m^{ }₂₎_x²₅_y₀

. Với

^m^{  }⁷ ^x ₇¹⁰__m

Khi đó ta tính được

^{2 2}

 

7 y m

m

 



0,5

Do . 0,25

Vậy HPT có nghiệm duy nhất khi 0,25 8

2,5 đ

a, Ta có H là trực tâm của tam giác ABC, suy ra 0,5 Khi đó

^CHI^ ^⁹⁰⁰^^^HCI ^⁹⁰⁰^



⁹⁰⁰^^FBC^



^^^{FBC CBA}^^

0,5

b, Kẻ đường kính CO của (O), khi đó AD//BE. 0,25

Do tứ giác BCEF và ICEH nội tiếp đường tròn, nên ta có:

BCD BAD ABE FCE^ ^ ^ ^ ^AIE

0,5 Mà :

^AIE EIC^ 90⁰ BCD EIC^ ^ 90⁰ EI CO.

0,25 c, Ta có:

CHE CAB CDB   

.

0,25

Do

^ ⁶⁰⁰ ^ ³⁰⁰

2 ACB EBC CECB

.

1 2 CH

CD  CH CO

0,25

9 0,5 đ

Vì

^{x y z}^{, ,} ^

  

^0;1 ^{ }¹ ^x

 

¹^^y

 

¹^{ }^z



⁰

   

1 x y z xy yz zx xyz 0

        

3 1

1 2 2

xy yz zx xyz

       

(1)

0,25

A

O

K I C

B

F

D E

H

 

(4)

Ta có

² ² ²

 

² ²

 

⁹ ²

 

x y z  x y z   xy yz zx   4 xy yz zx 

(2) Từ (1) và (2)

² ² ² ⁹ ^2.¹ ⁵^.

4 2 4

x y z

     

Dấu = xảy ra khi trong 3 số x,y,z có một số bằng 0, một số bằng 1 và một số bằng

¹

2

max 5. P 4

 

0,25