PHỊNG GD-ĐT BA ĐÌNH TRƯỜNG THCS NGUYỄN CƠNG TRỨ ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn Tốn Ngày thi 05 - - 2018 Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm 01 trang) Bài (2 điểm) Cho biểu thức = √ √ = √ √ √ + √ với > 0; ≠ 1) Tính giá trị biểu thức A x = 2) Rút gọn biểu thức P = A.B 3) Tìm x nguyên cho biểu thức đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ Bài (2 điểm) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình Chiều dài bể bơi 120m Trong đợt tập bơi phòng chống đuối nước trường THCS, học sinh phải thực tập bơi từ đầu sang đầu bể bơi theo vận tốc quy định Sau bơi quãng đường đầu, học sinh A giảm vận tốc 1m/s so với vận tốc quy định qng đường lại Tính vận tốc theo quy định biết học sinh A đến đầu bể bơi chậm quy định 10 giây Bài (2 điểm) 1) Giải hệ phương trình sau: 5√ + =8 3√ + + =7 2) Cho phương trình x2 – 6x + 2m + = (1) a) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm trái dấu b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn: = Bài (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O (AB < AC), đường kính AD Đường cao BE, CP, AQ cắt H a) Chứng minh tứ giác APHE nội tiếp b) So sánh c) Gọi I trung điểm BC, G giao điểm AI OH Chứng minh G trọng tâm ABC d) Tìm điều kiện tam giác ABC để OH // BC Bài (0,5 điểm) Cho a, b số thực không âm thỏa mãn: a + b ≤ Chứng minh rằng: ( + )≤ - HẾT - HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN BÀI Ý HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM a b Tính giá trị biểu thức A s x = (TM) Þ √ = Thay vào A 3.2 + = = 4+2 Vậy = x = 0.25 0.25 Rút gọn P = A.B (1đ) = + 3√ 3√ = c (2đ) (0,5đ) = 0.5 3√ + 0.5 3√ Tìm x nguyên cho biểu thức đạt giá trị nhỏ 1 Vì x > x ngun Þ x ≥ Þ √ ≥ Þ √ (0,5đ) =√ ≥ 0.25 Min = Dấu “=” xảy x = 1(tm) 0.25 Giải toán cách lập hệ phương trình Gọi vận tốc bơi học sinh theo quy định x (m/s, x >1) Thời gian dự định bơi bể (2đ) 0.25 (giây) Nửa bể dài = 60m Thực tế, thời gian bơi bể đầu ( giây) Vận tốc bơi giảm m/s x-1 (m/s) Thời gian bơi bể sau ( giây) Vì đến chậm quy định 10 giây nên ta có phương trình: + = 10 x –x–6 =0  x = (tm) Vậy vận tốc bơi học sinh theo quy định m/s 0.5 0.25 (2d) 1d Đk: x≥ Đặt √ + = ; 0.25 = ĐK: a ≥ 0.25 = 2( Giải hệ phương trình Þ ) 0.25 = = 3( ) = ±1 Vậy nghiệm hệ phương trình (3; 1) (3; -1) 0.25 Thay vào Þ 1đ a Để phương trình có nghiệm trái dấu  a.c <  b Để phương trình có nghiệm phân biệt Þ ’ = – 2m > Þ m < + = (1) Theo hệ thức Vi ét: = + (2) Theo đề bài: = 4 Þ = + 4 (3) Từ (1) (3) ⇒ + 2=0 ⇒ x1 = x1 = -2 < 0.5 0.25 TH1: x1 = Þ x2 = Thay vào (2) Þ m = (TM) TH2: x1 = -2 Þ x2 = Thay vào (2) Þ = Vậy m = m = (TM) 0.25 (3,5đ) 0.25 a b c + = 180 => tg APHE nội tiếp CM: = 90 CM: = => = CM: tg BHCD hbh => I trung điểm HD CM: OI đường trung bình tam giác AHD => AH // OI; AH = 2OI AHG đồng dạng IOG => GA= GI => G trọng tâm tam giác ABC 0.75 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 CM tứ giác HQIO hình chữ nhật => AH = 2HQ => AQ = 3.QH QAC đồng dạng QBH => QA.QH= QB.QC  d QA2 = QB.QC  =3  =3  Tam giác ABC có - Do x,y ≥ ⇒ - Ta có: ( 0.25 + ≥2 + ) = ⇒( + ) ≥4 [2 0.25 = OH // BC ( + ⇒ ≤ ( ) (1) )] - Áp dụng BĐT (1) ⇒ ( + ) [(2 ) + ( + )] ( + ) ≤ 4 ( + ) [( + ) ] (1) (1 ) ( + ) ≤ ≤ ≤ 4 4 32 0.25 0.25 TRƯỜNG THCS AN ĐÀ KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2018 - 2019 ĐỀ THI MƠN: TỐN Lần 2, ngày thi 28/4/2018 Thời gian làm bài: 120 phút Lưu ý: Đề thi gồm trang, học sinh làm vào tờ giấy thi Bài (1,5 điểm)  x  x  x  x  1 Cho hai biểu thức A =   80  20  B      , với ≤ x ≠      x  1 x  a) Rút go ̣n A B b) Tìm giá trị x, biết |B| = A Bài (1,5 điểm) Cho hai đường thẳng (d): y = (m – 1)x – m (d1): y = (2m + 1)x + m2 + Chứng minh hai đường thẳng (d) (d1) trùng 3(x  1)  2y  Giải hệ phương trình   2(x  3)  y  11 Bài (2,5 điểm) Cho phương trình bậc hai với ẩn x, tham số m: x2 - 2(m - 1)x + 2m - = (1) a) Giải phương trình (1) với m = b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm khơng dương Bài tốn thực tế: Theo tiêu chuẩn FIFA (Liên đồn bóng giới) sân bóng đá mini cỏ nhân tạo người (kể thủ mơn) thì: “Sân hình chữ nhật, chiều dọc tối đa 42m tối thiểu 25m, chiều ngang tối đa 25m tối thiểu 15m Trong trường hợp chiều dọc sân phải lớn chiều ngang sân” Dựa vào thơng tin trên, em giải tốn sau: Sân bóng đá mini người cỏ nhân tạo Máy Tơ, quận Ngơ Quyền, thành phố Hải Phòng có đạt tiêu chuẩn FIFA hay khơng? Biết sân hình chữ nhật kích thước sân thoả mãn điều kiện sau: Chiều dọc sân dài chiều ngang sân 22m, diện tích sân 779m2 Bài (3,5 điể m) Cho tam giác ABC nhọn có AC > AB nội tiếp đường tròn tâm O Các đường cao BD, CE tam giác cắt H Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC F, AF cắt đường tròn tâm O K a) Chứng minh rằng: BCDE tứ giác nội tiếp b) Chứng minh rằng: FA.FK = FE.FD c) Gọi M trung điểm BC Chứng minh rằng: FH vng góc với AM Cho tam giác ABC vng B, góc ACB 300 cạnh AC = cm Tính thể tích hình nón tạo thành quay tam giác ABC quanh AB Bài (1,0 điểm) a) Chứng minh với x, y > ta có  x  2y  xy  y  b) Cho số dương a, b, c thoả mãn abc = Tìm giá trị lớn biểu thức: P a  2b2   b  2c2   c2  2a  ========Hết======== HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN MƠN TỐN ĐÁP ÁN ĐIỂM a) A =   80  20    =      =     15 0,5 BÀI   b) Với ≤ x ≠ ta có: (1,5 điểm)  x x       x  x    1  x x  1  x x    1 B = 1      x  x     x   x   = 1  x 1  x  = 1- x 0,5 B  A   x  15   x  15  x  16, x  14 Kết hợp với ĐKXĐ giá trị cần tìm x = 16 0,5 (0,75 điểm) Nếu (d) (d1) trùng phải có: m2 + = - m m – = 2m + (1,5 1  mà m   m  m  m     m     điểm) 2  2 Phương trình vơ nghiệm nên khơng có giá trị m để hai đường thẳng (d) (d1) trùng (đpcm) 0,5 0,25 (0,75 điểm) 3(x  1)  2y  3x  2y     2(x  3)  y  11 2x  y  0.25 3x  y  7 x  14 x     4 x  y  10 2 x  y  y  0.25 Vậy nghiệm hệ phương trình (x; y) = ( 2; 1) 0.25 Đáp án Bài Điểm (1,5 điểm) a) m = PT (1) có hai nghiệm x1  1  5; x  1  (2,5đ) 0,75 b) Có ' = [- (m – 1)]2 – (2m -4) = m2 – 2m + – 2m +4 = m2 – 4m + + = (m-2)2 + > với m, phương trình ln có hai nghiệm phân biệt 0,25 - Phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt x1, x2 với m  x  x   m  1 Theo định lí Viet ta có :   x1  x2  2m  0,25 - Phương trình (1) có hai nghiệm dương 2  m  1   x1  x2  m   m     m2  2m    2m  m   x1  x2  0,25 - Vậy để phương trình (1) có nghiệm khơng dương m  2 ( 1,0 điểm) 0,25 Gọi chiều ngang sân bóng x (m), ĐK 15< x   ' = 30  x1 = −11+301 = 19 ( Thỏa mãn điều kiện) 0,25 x2 = −11−301 = −41 Hai điểm E, D thuộc đường tròn đường kính BC => Tứ giác BEDC nội tiếp 1b (1,0 điểm) Vì Tứ giác BEDC nội tiếp => FEB  FCD Mà EFB chung  ΔFEB ΔFCD (g.g)  FE FC =  FD.FE = FB.FC (1) FB FD 0,75 0,5 Ta có tứ giác AKBC nội tiếp => FKB  FCA Lại có KFB chung FKB FCA  KF FC   FK FA  FB.FC (2) FB FA 0,5 Từ (1) (2)  FK FA = FE FD 1c (0,75 điểm) FK FD  Mà KFE chung FE FA nên FKE FDA(c.g.c) FK FA = FE FD  => FKE  FDA => tứ giác AKED nội tiếp Mặt khác ADH  AEH = 900 ( GT) => A, E, D thuộc đường tròn đường kính AH => K thuộc đường tròn đường kính AH => AKH = 900 Gọi N giao điểm HK đường tròn tâm O Ta có AN đường kính  ABN  ACN = 900 = > NC // BH; BN // CH => BHCN hình bình hành => HN qua trung điểm M BC => MH vng góc với FA Vì H giao điểm hai đường cao BD, CE nên H trực tâm tam giác ABC => AH vuông góc với FM Trong tam giác FAM có hai đường cao AH, MK nên H trực tâm tam giác =>FH vng góc với AM (0,5 điểm) 0,25 0,25 0,25 Khi quay tam giác ABC vuông B vòng quanh cạnh AB cố định ta hình nón có đỉnh A, bán kính đáy BC, chiều cao AB Xét tam giác ABC vuông B ta có: AB = AC.sin 300 =   ; BC = AC.cos 300 =  1 V   r 2h   3     (cm ) 3  0,25 0,25 a) Chứng minh : x  2y  2  xy  y  (x, y > 0) Vì x, y > nên x  2y2   0; xy  y   Do :  x  2y  xy  y   2xy  2y   x  2y  0,25  (x  y)2  (y  1)  với x, y > Dấu xảy x = y = b) Áp dụng bất đẳng thức câu a) ta có: Bài a  2b  (1,0 điểm) b  2c  2 2 c  2a  2  1  2 a  2b  ab  b   1  2 b  2c  bc  c   1  2 c  2a  ca  a  0,25 Cộng vế bất đẳng thức chiều ta được: P 1 1       ab  b  bc  c  ca  a   Do abc = nên: 1 ca a      ab  b  bc  c  ca  a  ca b  abc  ca abc  ac  a ca  a   0,25 ca a    ca  a  ca  a  ca  a  1 Do P  Dấu “=” xảy a = b = c =1 0,25 Vậy max P = đạt a = b = c =1 Mời bạn vào trang https://download.com.vn/de-thi-vao-lop-10 để xem thêm nhiều đề thi khác trường địa bàn nước GNC cân G  GN  GC   GNC  GCN  GNC  KNC  KCN  GCN  GNK  GCK  900  MN tiếp tuyến đường tròn (K)  MN tiếp tuyến chung hai đường tròn (I) (K) CD2 3) Xét ACD vuông C nên AD.MD  CD  MD  AD CD Xét BCD vuông C nên BD.ND  CD2  ND  BD Xét ABD vuông D nên AD.BD  AB.CD CD CD CD CD CD3  SCMDN  MD.ND     AD BD AD.BD AB.CD AB R3 R2  Mặt khác: CD  R , AB = 2R suy  SCMDN  2R R2 Tứ giác CMDN có diện tích lớn CD = R  C trùng với O Nhận xét: Cho hai số dương a, b ta có a  b  ab   a b    a  b  ab , đẳng thức xảy a = b (Vẫn cho điểm học sinh sử dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số a, b > 0) 2x  3xy  2y 2(x  y)  xy M  Do x  y xy  xy xy Câu (1 điểm)    (x  y) 4 nên M   (x  y)   xy xy  Đẳng thức xảy  xy   x  y   xy     x  y  xy x  y   y  y     x  y  x  2, y   y  1, x  Kết luận: Min A =    x  1, y  2  y  2, x  Chú ý: - Giáo viên chia nhỏ biểu điểm; - Học sinh làm cách khác, chấm điểm tối đa 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 TRƯỜNG THPT THĂNG LONG KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT ĐỢT I MƠN THI: TỐN Ngày thi: 25 tháng 02 năm 2018 Thời giam làm : 120 phút( không kể thời gian giao đề) Bài I ( 2,0 điểm) Cho hai biểu thức: A  2x  x  B  x 2 x3  x  x  với x  x  x 2 1) Tính giá trị A x   2) Tìm giá trị x để B  A  3) Tìm giá trị nhỏ biểu thức C  B  A Bài II ( điểm) Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình Một tơ dự định từ A đến B khoảng thời gian định Nếu xe chạy với vận tốc 35 km/h đến B chậm Nếu xe chạy với vận tốc 50km/h đến B sớm Tính qng đường AB thời gian dự định lúc ban đầu Bài III ( điểm)  x3 2y  8  x y2  1) Giải hệ phương trình :  2 x   y  13  x y2  2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng  d1  : y  mx  m   d  : y  x 1  m m với m tham số khác a) Chứng minh  d1   d  ln vng góc với với giá trị tham số m  b) Tìm điểm cố định mà đường thẳng  d1  qua Chứng minh giao điểm hai đường thẳng thuộc đường cố định Bài IV ( 3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O , bán kính R Điểm A thuộc đường tròn, BC đường kính  A  B, A  C  Vẽ AH vng góc với BC H Gọi E , M trung điểm AB, AH P giao điểm OE với tiếp tuyến A đường tròn  O, R  1) Chứng minh rằng: AB  BH BC 2) Chứng minh: PB tiếp tuyến đường tròn  O  3) Chứng minh ba điểm P, M , C thẳng hàng 4) Gọi Q giao điểm đường thẳng PA với tiếp tuyến C đường tròn  O  Khi A thay đổi đường tròn  O  , tìm giá trị nhỏ tổng OP  OQ Bài V ( 0,5 điểm) Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn: x  1, y  1, z  x  y  z  Tím giá trị nhỏ giá trị lớn biểu thức P  x  y  z Page Đáp án Câu 1: (2,0 điểm) Cho hai biểu thức A  x3  x  x  với x  x  x 2 2x  x  B  x 2 Tính giá trị A x   Tìm giá trị x để B  A  Tìm giá trị nhỏ biểu thức C  B  A Lời giải Với x  0; x  , ta có: A     2 x  2 x 1  x 2  x3  x  x   x 2 B     2x  x  x  2 x 2x  x    x 2 x 2   x   x  1  x 2     x 2  x 2  x 2 x 1  x3  x   x   x  x  1   x  1  x 2 x 2  x 1 Khi x       A  x 1      1 1    , thay vào A , ta   1   1 Vậy x   A   B  A   x   x    x  x 3       x  x  1   x  1    x  1 x  3   x x  x 3   x   (Vì  x  Vậy x  B  A   x  0, x  0, x  nên   x 1  )  C  B  A   x  1  x   x  x   x  x    Với x  0; x    x   0, nên     x 1  x    3 Page Dấu xảy   x 1   x 1   x   x  Vậy giá trị nhỏ biểu thức C  B  A 3 x  Câu 2: (2 điểm) Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình: Một tơ dự định từ A đến B thời gian định Nếu xe chạy với vận tốc 35km/h đến B chậm Nếu xe chạy với vận tốc 50km/h đến B sớm Tính qng đường AB thời gian dự định lúc ban đầu Lời giải Gọi x (giờ) thời gian dự định lúc ban đầu ( x  ) Theo đề ta có phương trình sau: 35  x    50  x  1  35 x  70  50 x  50  15 x  120  x  (nhận) Vậy thời gian dự định lúc ban đầu (giờ) Quãng đường AB 35     350 (km) Câu 3:  x3 2y  8  y2  x 1,giải hệ phương trình:  2 x   y  13  x y2  Lời giải  x3  x3  a  a  0 2   a  a  2b  x   x  x Đặt      b  2a  3b  13 y   y  b b  0  y 3  y   y  2, Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d1):  d1  : y   mx  m x1  với m tham số khác m m a, Chứng minh (d1) (d2) ln vng góc với giá trị tham số m   d2  : y  b, Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d1) qua Chứng minh giao điểm hai đường thẳng thuộc đường cố định Lời giải a, Hệ số góc đường thẳng (d1) –m hệ số góc đường thẳng (d2) m Xét tích hệ số góc hai đường thẳng (d1) (d2):  m  1 nên hai đường thẳng (d1) (d2) vng góc với với giá trị m m b,  d1  : y   mx  m  d2  : y  x   m m Page Giả sử M  x0 ; y0  giao điểm (d1) (d2) y0   m 1  x0  y0    x0   m   y0  1 y0  1  1  x0  x0   y02    x02  x0   x0  3  y02  Giả sử I  3;0   mặt phẳng tọa độ  x0  3 Ta có IM   y02  khơng đổi Vậy M thuộc đường tròn tâm I bán kính Câu 4: ( 3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O , bán kính R Điểm A thuộc đường tròn, BC đường kính  A  B, A  C  Vẽ AH vng góc với BC H Gọi E , M trung điểm AB , AH P giao điểm OE với tiếp tuyến A đường tròn  O, R  1) Chứng minh rằng: AB  BH BC 2) Chứng minh: PB tiếp tuyến đường tròn  O  3) Chứng minh ba điểm P, M , C thẳng hàng 4) Gọi Q giao điểm đường thẳng PA với tiếp tuyến C đường tròn  O  Khi A thay đổi đường tròn  O  , tìm giá trị nhỏ tổng OP  OQ Lời giải Q A P M E B H O C 1) Chứng minh rằng: AB  BH BC Xét ABC vuông A  AB  BH BC 2) Chứng minh: PB tiếp tuyến đường tròn  O  Có E trung điểm AB  AB  OE  OE đường trung trực AB Page   PBO   900  PB  AO  PA  PB  OPA  OPB  c  c  c   PAO  PB tiếp tuyến đường tròn  O  3) Chứng minh ba điểm P, M , C thẳng hàng Giả sử PC cắt AH N PE BH BH CN   Ta chứng minh mà PO BC BC CP PE CN    PNE  PCO  c  g  c   PO CP   PCO  mà hai góc vị trí so le  NE  OC  NE  BH  PNE Lại có E trung điểm AB  N trung điểm AH  N  M Vậy P, M , C thẳng hàng 4) Tìm giá trị nhỏ tổng OP  OQ Theo bất đẳng thức si ta có OP  OQ  OP.OQ Mà OP.OQ  OA.PQ  PQ.R  OP.OQ đạt giá trị nhỏ PQ nhỏ  PQ khoảng cách hai đường BP CQ  PQ  BC  A điểm đường tròn Câu 5: (0,5 điểm) Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  1, y  1, z  x  y  z  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P  x  y  z Lời giải Tìm giá trị lớn Ta có  x, y, z  Do vai trò x, y , z nên giả sử x  y  z Khi  x  Ta có  x  y  z  yz   x  x 2 9 5  x  y  z   3x  x  yz   x  x    x  1 x  1  4 4 Vậy P    Vậy Max P   x, y, z   1; ;  hoán vị x, y, z   yz  Tìm giá trị nhỏ Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số dương , ta có x  1  x2  x 4 Page Tương tự y  1  y; z   z 4 Cộng theo vễ bất đẳng thức ta có x  y  z  Hay x  y  z  Đẳng thức xảy x  y  z  Vậy Min P = 3  x yz  x  y  z  2 Page PHÒNG GD-ĐT QUẬN THANH XUÂN TRƯOWNFG THCS NHÂN CHÍNH ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Mơn : Tốn Thời gian làm : 120 phút Ngày thi : 08/5/2018 https://download.com.vn/de-thi-vao-lop-10 https://download.com.vn/de-thi-vao-lop-10 https://download.com.vn/de-thi-vao-lop-10 https://download.com.vn/de-thi-vao-lop-10 https://download.com.vn/de-thi-vao-lop-10 https://download.com.vn/de-thi-vao-lop-10 https://download.com.vn/de-thi-vao-lop-10 ... trang https://download.com.vn /de- thi- vao- lop- 10 để xem thêm nhiều đề thi khác trường địa bàn nước SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI Đề thi thử KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT... THCS AN ĐÀ KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2018 - 2019 ĐỀ THI MƠN: TỐN Lần 2, ngày thi 28/4/2018 Thời gian làm bài: 120 phút Lưu ý: Đề thi gồm trang, học sinh làm vào tờ giấy thi Bài (1,5...   10 Vậy giá trị nhỏ M = 10 a=b=c=d =1 Tổng Lưu ý: Các cách giải khác cho điểm tối đa, điểm toàn quy tròn đến 0,5đ PHỊNG GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HƯƠNG KHÊ 10, 0 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10