Đề thi thử vào 10 môn toán có đáp án

Untitled ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2020 2021 Môn thi TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 ( 2 5 điểm) a) Thu gọn biểu thức 2(3 2 2) 2( 2 2)A = − + + b) Giải hệ phương trình 2 3 5 3 9 x y x y − = −  + = c) Chứng minh đẳng thức 2 2 4 4 2 82 2 2 x x x x x x + + +  − = − + −  với 0; 4x x  Câu 2 ( 2 0 điểm) Cho phương trình 2 22 3 0x mx m m− + − + = (1) với m là tham số a) Giải phương trình (1) với m = 5 b) Tìm giá trị của m biết phương trình (1.

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021 Mơn thi: TỐN Thời gian làm 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu ( 2.5 điểm) a) Thu gọn biểu thức: A = (3 − 2)2 + 2( + 2) 2 x − y = −5 b) Giải hệ phương trình:   3x + y =  2  x+4 x +4 = c) Chứng minh đẳng thức  −  x +2  x −2 x +2 với x  0; x  x −2 Câu ( 2.0 điểm) Cho phương trình x − 2mx + m2 − m + = (1) với m tham số a) Giải phương trình (1) với m = b) Tìm giá trị m biết phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn 1 + =1 x1 − x2 − Câu ( 1.5 điểm) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình: Một hình chữ nhật có chiều dài chiều rộng 30cm Nếu tăng chiều rộng lên gấp đơi tăng chiều dài thêm 10 cm diện tích hình chữ nhật 1000cm2 Tính chiều rộng hình chữ nhật ban đầu ? Câu ( 3.0 điểm) Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R Vẽ đường cao AH, BK tam giác ( H  BC; K  AC ) Các tia AH, BK cắt (O) điểm thứ hai D, E a) Chứng minh tứ giác ABHK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh HK // DE c) Cho (O) dây AB cố định, điểm C di chuyển (O) cho tam giác ABC có ba góc nhọn Chứng minh bán kính đường trịn ngoại tiếp  CHK khơng đổi Câu 5: (1.0 điểm) Cho ABC có chu vi Gọi a, b, c độ dài cạnh ABC Chứng minh rằng: A = a 4b 9c + +  11 b+c −a c + a −b a +b−c Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC tam giác ? Hết Họ tên học sinh: ……………………… Số báo danh: … ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM Câu ý a Nội dung Điểm A = (3 − 2)2 + 2( + 2) = − 2 + + 2 0.25 = 3− 2 + + 2 0.5 =5 0.25 2 x − y = −5 6 x − y = −15    3x + y = 6 x + y = 18 0.25 11y = 33  3x + y = 0.25 y =  3x + = 0.25 x =  y = 0.25 1.0 b 1.0 c 0.5  2  x + x + 2( x + 2) − 2( x − 2) ( x + 2) = 8 ( x − 2)( x + 2) − Ta có:   x +2  x −2 = x + − x + ( x + 2) ( x + 2) = = 8 ( x − 2)( x + 2) ( x − 2)( x + 2) x +2 x −2 0.25 0.25 Vậy đẳng thức chứng minh Với m = pt(1) có dạng x − 10 x + 23 = 0.25 ' = (−5)2 − 23 =  0.25 1.0 PT có hai nghiệm phân biệt: x1 = + 2; x2 = − 0.5 b  ' = (−m) − (m − m + 3) = m − 0.25 a 1.0 => phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 '   m  Theo hệ thức Vi-et có : x1 + x2 = 2m (2) x1x2 = m2 − m + (3) 0.25 Từ x ; x  1 + =1  x1 − x2 − ( x1 + x2 ) − = x1.x2 − 3( x1 + x2 ) + m  3; 2  9 − 6m + m − m +  m − 7m + 12        m = 3(ktm)  m − = m − m + − 6m + m − 9m + 18 =      m = 6(tm) 0.25 0.25 Vậy m = Gọi chiều rộng hình chữ nhật x (cm, x > 0) 0.25 Chiều dài hình chữ nhật x + 30 ( cm) Chiều rộng hình chữ nhật tăng lên gấp đôi 2x (cm) Chiều dài hình chữ nhật tăng thêm 10 cm x + 40 (cm) 1.5 0.25 Vì diện tích hình chữ nhật 1000cm2 nên có phương trình: 2x( x + 40 ) = 1000 x + 40 x − 500 = 0.25 0.25 Giải pt x1 = 10(tm); x2 = −50(ktm) 0.25 Vậy chiều rộng hình chữ nhật ban đầu 10 cm 0.25 a C D E H M K 0.5 F O A 1.5 B Có AKB = 900 ( BK đường cao tam giác ABC) 0.25 AHB = 900 (AH đường cao tam giác ABC) 0.25  AKB = AHB = 900 0.25 Suy tứ giác ABHK nội tiếp đường tròn 0.25 b 1.0 c 0.5 Tứ giác ABHK nội tiếp  ABK = AHK (góc nội tiếp chắn cung AK) 0.25 Mà EDA = ABK (góc nội tiếp chắn cung AE (O)) 0.25 Suy EDA = AHK 0.25 Vậy ED//HK (do EDA, AHK đồng vị) 0.25 Gọi F giao điểm AH BK Dễ thấy C, K, F, H nằm đường trịn đường kính CF nên đường trịn ngoại tiếp tam giác CHK có đường kính CF Kẻ đường kính AM Ta có: BM//CF (cùng vng góc AB), CM//BF (cùng vng góc AC) => tứ giác BMCF hình bình hành  CF = MB 0.25 Xét tam giác ABM vng B, ta có MB2 = AM − AB2 = 4R2 − AB2 => bán kính trịn ngoại 0.5 tam giác CHK 0.25 Cộng (2) (3) vế theo vế, ta a = tiếp CF 4R − AB không đổi = 2 Đặt b + c – a = x (1) c + a – b = y (2) a + b – c = z (3) => x, y, z > x + y + z = (vì a + b + c = 2) r= a đường y+z 0.25 0.25 x+z x+y ;c= 2 y + z 4(x + z) 9(x + y) Do đó: A = + + 2x 2y 2z  y z 4x 4z 9x 9y  A=  + + + + +  2 x x y y z z  Tượng tự: b = A=  y 4x   z 9x   4z 9y    +  +  +  +  +   x y   x z   y z  1 y 4x z 9x 4z 9y   (Bất đẳng thức cô – si) A   + + 2 x y x z y z  A  11 0.25 Dấu “=” xảy  y 4x   x = y  y = 2x x = a =  z = 3x    z 9x 2  =       y =  b = x z 3  4z 9y z = y    =  z =  z y  c =  x + y + z =    x + y + z = Khi a2 = b2 + c2  ABC vuông - Học sinh giải theo cách khác cho điểm tối đa câu - Hình vẽ sai khơng chấm điểm câu 0.25 ... hình chữ nhật tăng thêm 10 cm x + 40 (cm) 1.5 0.25 Vì diện tích hình chữ nhật 100 0cm2 nên có phương trình: 2x( x + 40 ) = 100 0 x + 40 x − 500 = 0.25 0.25 Giải pt x1 = 10( tm); x2 = −50(ktm)...  0.25 1.0 PT có hai nghiệm phân biệt: x1 = + 2; x2 = − 0.5 b  ' = (−m) − (m − m + 3) = m − 0.25 a 1.0 => phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 '   m  Theo hệ thức Vi-et có : x1 + x2 =... 2)( x + 2) − Ta có:   x +2  x −2 = x + − x + ( x + 2) ( x + 2) = = 8 ( x − 2)( x + 2) ( x − 2)( x + 2) x +2 x −2 0.25 0.25 Vậy đẳng thức chứng minh Với m = pt(1) có dạng x − 10 x + 23 = 0.25