TRƯỜNG THCS AN ĐÀ KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2018 - 2019 ĐỀ THI MÔN: TOÁN 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 vng 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