Đề thi thử tuyển sinh lớp 10 thpt lần 1 năm học: 2016 - 2017 môn : Toán (thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề )

 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT LẦN 1 
 NGUYỄN HUỆ Năm học:2016-2017 
 MÔN : TOÁN 
 Đề có một trang, gồm 5 câu. 
 (Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề ) 
 _________________________ 
Câu I: (2,0 điểm) 
 A= 
1 1 x + 2 x
.
x 4 x + 4 x 4 x
 
   
a) Rút gọn A 
b)Tính A biết : 
335
2
32
3



x 
Câu II : (2,0 điểm) : Cho hệ phương trình: 





232
13
mymx
yx
 (1) 
 a) Giải hệ phương trình đã cho khi m = 1. 
 b) Tìm m để hệ (1) có nghiệm (x; y) duy nhất thỏa mãn: x2 + y2 = 185 
Câu III : (2,0 điểm) : Một đoàn xe chở 420 tấn hàng. Khi sắp khởi hành có 1 xe bị 
hỏng không tham gia trở hàng nên mỗi xe phải chở thêm so với dự định 2 tấn. 
Hỏi lúc đầu đoàn xe có bao nhiêu chiếc, biết rằng các xe chở khối lượng hàng 
bằng nhau. 
Câu IV : (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R (R là một độ dài 
cho trước). Gọi C, D là hai điểm trên nửa đường tròn đó sao cho C thuộc cung AD và 
COD = 120
0
 . Gọi giao điểm của hai dây AD và BC là E, giao điểm của các đường 
thẳng AC và BD là F. 
a) Chứng minh rằng bốn điêm C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn. 
b) Goị I là trung điểm của EF. CMR: OI là phân giác của góc COD 
c) Tính bán kính của đường tròn tâm I đi qua C, E, D, F nói trên theo R. 
d) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác FAB theo R khi C, D thay đổi 
nhưng vẫn thỏa mãn giả thiết bài toán 
Câu V : (0.5 điểm) 
Cho hai sè x,y kh¸c 0 tho¶ m·n 
2
2
2
8 y
x 8
x 8
   
T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc S = xy + 2024. 
-------------------------------- Hết------------------------------- 
Họ và tên thí sinh:.............................................. Số báo danh .................................. 
 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT LẦN 1 
 Năm học:2016-2017 MÔN : TOÁN 
Câu Phần Đáp án Điểm 
I 
(2.0 điểm) 
 a 
(1 điểm) 
ĐKXĐ: 4,0  xx 
A
   2
1 1 x( x + 2)
= .
( x 2) xx 2 x 2
 
 
  
 
0,5 
   x 2 x 21 1 4
=
x - 4 x - 4x 2 x 2
  
  
 
 0,5 
b 
(1 điểm) 
   
11533336
2
5332
1
323




x 0,5 
7
4
411
4


A 0,5 
Câu II 
(2.0 điểm) 
 a 
(1 điểm) 
Thay m = 1 vào hệ đã cho ta được: 
3x - y = 1 6x - 2y = 2 7x = 7 x = 1
x + 2y = 5 x + 2y = 5 x + 2y = 5 y = 2
   
     
   
. 
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là (1; 2). 
1,0 
b 
(1 điểm) 
b) Giải hệ đã cho theo m ta được: 
   
















436
13
23132
13
232
13
mxm
xy
mxmx
xy
mymx
yx
Với 6m hệ có nghiệm duy nhất là: 












6
68
6
43
m
m
y
m
m
x
0,5 
Nghiệm của hệ đã cho thỏa mãn x2 + y2 = 185 
 185
6
68
6
43
22
















m
m
m
m
 4m
2
 +75m + 236 = 0. 
Giải ra ta được:m1=-4 và m2=
4
59
 . 
0,5 
Câu III 
(2.0 điểm) 
(2 điểm) 
Gọi x (chiếc) là số xe lúc đầu (x nguyên, x>1) 
Số xe lúc sau là: x -1 (chiếc) 
Lúc đầu mỗi xe chở: 
x
420
 (tấn hàng), 
 sau đó mỗi xe chở: 
1
420
x
 (tấn hàng) 
Theo giả thiết ta có phương trình: 
1.0 
 2
420
1
420

 xx
 0210
2  xx 
Giải phương trình ta được x1 = - 14 (loại); x2 = 15 (TMĐK) 
Vậy đoàn xe lúc đầu có 15 chiếc. 
1.0 
Câu IV 
(3.5 điểm) 
a 
(1điểm) 
Ta có : C, D thuộc đường tròn nên : 
090ACB ADB  ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) 
=> 0 090 ; 90FCE FDE  ( góc kề bù ) 
Hai điểm C và D cùng nhìn đoạn thẳng FE dưới một góc bằng 
nhau bằng 900 nên 4 điểm C,D,E,F cùng thuộc đường tròn đường 
kính EF. 
1,0 
b 
(1 điểm) 
 I là trung điểm EF thì ID = IC=IE=IF => I là tâm đường tròn đi 
qua 4 điểm C, D, E, F . 
Ta có : IC = ID ; OC = OD ( bán kính đường tròn tâm O ) 
suy ra IO là trung trực của CD => OI là phân giác của COD 
1,0 
c 
(1 điểm) 
Từ b) => 
0
0120 60
2
IOD   
Do OB=OD nên tam giác ODB cân tại O => ODB OBD (1) 
Do ID = IF nên tam giác IFD cân tại I => IFD IDF (2) 
AFB có hai đường cao AD, BC cắt nhau tại E nên E là trực tâm 
AFB => FE là đường cao thứ ba 
=> FE vuông góc AB tại H => 0IF 90OBD D  (3) 
0,5 
Từ (1) , (2) , (3) suy ra 090IDF ODB  => 090IDO  . 
Xét tam giác vuông IDO có 060IOD  . 
Ta có : ID = OD.tan IOD = R.tan60
0
 = R 3 . 
Vậy bán kính đường tròn đi qua 4 điểm C,D,E,F là R 3 . 
0,5 
I
H
D
C
E
F
BOA
d 
(0,5 điểm) 
Vì 090IDO  nên : OI = 2 2 2 23 2ID OD R R R    . 
Đặt OH = x thì 0 x R  => IH = 2 24R x . 
=> FH = R 3 + 2 24R x . 
2 2
2 2 2
1 1
. . .2 .( 3 4 )
2 2
3 4
FAB
FAB
S AB FH R R R x
S R R R x
   
  
0,25 
Ta có : 4R
2
 - x
2
  4R
2
 . Dấu bằng xảy ra khi x = 0. 
Khi đó : SFAB = R
2
3 + 2R
2
 và H  O => O, I, F thẳng hàng => 
CD // AB => 015ADO DAO  => BD = AC = 2RSin15
0
 . 
Vậy diện tích lớn nhất đạt được của tam giác AFB là R2 3 + 2R2 
khi AC = BD = 2Rsin15
0
 . 
0,25 
Câu V 
(0,5 điểm) 
2 2
2 2
2 2
2 2
8 y 16 y
x 8 2x 16
x 8 x 4
4 y
x x xy 8
x 2
      
   
        
   
0,25 
xy 8 0 xy 2024 2016      
Giá trị nhỏ nhất của B=2016 xảy ra khi x=-2,y=4 và x=2,y=-4 
0,25 
150
300
I
H
D
C
E
F
BOA