PHÒNG GD& ĐT TP BẮC GIANG ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2018 - 2019 Mơn: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút - Bài 1: (2,0 điểm) Tính N= A=   1  5 5 Cho đường thẳng (d): y  x  m2  2m Tìm m để đường thẳng (d) qua gốc tọa độ Bài 2: (3,0 điểm)  x x 1 x 1   x  : x   với x > x   Cho biểu thức M  x    x    x 1 Rút gọn biểu thức M tìm x để M0 nên M= 0 x>4 x Vây M= (1 đ) 2 x  y  2 4 x  y  4   4 x  y  4 x  y  5 y  5  y  1   4 x  y  4 x   1   y  1  y  1  x     4 x   4 x   y  1 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=( ; 1 ) a/ (0,5 đ) 0,25 Thay m= 8 vào phương trình (1) ta có phương trình x  3x  10  Ta có   b2  4ac   49     Vậy PT có nghiệm phân biêt x1   5; x2   2 Vậy với m= 8 , PT(1) có nghiệm phân biêt x1   5; x2   2 0,25 0,25 0,25 Ta có   b  4ac   4m  17 Để PT (1) có nghiệm phân biệt b c 17  3; x1 x2   m  Theo vi ét ta có x1  x2  a a 3 2 Ta có x1  x2  x1 x2  81   x1  x2   x1  x2  x1 x2   x1 x2  81 0m b (0,5đ)   x1  x2   x1  x2   x1 x2   x1 x2  81   x1  x2   m     m    81   17    x1  x2 11  m  11  m Vì m   m  11  m  11   x1  x2  x  x   x1  Ta có hệ phương trình      x1  x2   x1  3 Mà x1 x2  m   m    (3)  18  m  16 ( thỏa mãn ) KL Bài Gọi suất dự kiến theo kế hoạch x ( SP ); ĐK: x nguyên , x>20 720 ( ngày) x  10 720 Thời gian làm giảm suất 20 sản phẩm ngày ( ngày) x  20 720 720  4 Theo ta có PT x  20 x  10 Giải PT tìm x1  80 ( thỏa mãn) ; x2  70  (loại) 0,25 0,25 1,5 đ 0,25 Thời gian làm tăng suất 10 sản phẩm ngày Kết luận: Bài 0,25 0,25 0,5 0,25 3,0 đ A K O I E B C H M D a (1 đ) b (0.75 đ) c (0.75 đ) N Vì OH  BC nên OHE  900 ; Ta có OD  DE (,,,) nên ODE  900  OHE  ODE  900 0,5 Xét tứ giác OHDE Có OHE  ODE  900 , mà H va D đỉnh kề tứ giác OHDE Vậy tứ giác OHDE nội tiếp 0,5 Xét EDC EBD Có góc E chung ; EDC  EBD (,,,,) EDC EBD 0,25 0,25 ED EC  EB ED Vậy ED  EC  EB  Vì CI//EO  HCI  HCO ( ), Vì tứ giác OHDE nội tiếp nên HEO  HDO (,,,,) Vậy HCI  HDI Xét tứ giác HICD có HCI  HDI , mà D C đỉnh kề tứ giác HICD nên tứ giác HICD nội tiếp  IHC  IDC  ADC ( ) Mà ADC  ABC( )  IHC  ABC , mà góc vị trí đồng nên HI//AB 0,25 0,25 0,25 0,25 d (0.5 đ) Gọi K giao điểm CI AB ta có CK//OE, Xét tam giác ACK có IB=IC ( OH  BC), có HI//BK (…) nên ta có IK=IC Ta có MN //OE, CK //OE nên CK//MN Xét tam giác MAD có IK//DM  IC IK AI AI   , tương tự ta có DN AD DM AD IK IC  Vậy ta có , mà IK=IC nên ta có DM=DN DM DN 0.25 0.25 0,5 đ Bài x  2mx  m   Ta có     m , để PT có nghiệm thi    2  m  m2  Theo vi ét ta có x1  x2   m; x1 x2   Nên ta có H=…= m2  m  2 Ta có H  (m  2m)  3m  6  13    m  2 m  3  13 2 , , Vì 2  m   m   m     m  2 m  3  0,25 0,25  H   m  2 m  3  13  13 , dấu có m+2=0  m  2 Vậy m  2 thi H lớn H=13 Lưu ý chấm bài: -Trên sơ lược bước giải, lời giải học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách khác mà cho điểm phần theo thang điểm tương ứng -Với , học sinh vẽ hình sai khơng vẽ hình khơng chấm -Tổng điểm khơng làm tròn VD; 7.25 7.25; 7.5 7.5;7.75 7.75 ...HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LÓP 10 NĂM HỌC 2018- 2019 MƠN THI: TỐN Hướng dẫn giải Bài Bài N= (1.0 đ)   1  5 =  52     1 1... CI AB ta có CK//OE, Xét tam giác ACK có IB=IC ( OH  BC), có HI//BK (…) nên ta có IK=IC Ta có MN //OE, CK //OE nên CK//MN Xét tam giác MAD có IK//DM  IC IK AI AI   , tương tự ta có DN AD DM... Vậy ta có , mà IK=IC nên ta có DM=DN DM DN 0.25 0.25 0,5 đ Bài x  2mx  m   Ta có     m , để PT có nghiệm thi    2  m  m2  Theo vi ét ta có x1  x2   m; x1 x2   Nên ta có H=…=