ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN năm 2022 Trường THCS Hoàng Mai Hà Nội

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN năm 2022 Trường THCS Hoàng MaiHà Nội. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT HOÀNG MAI ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2022 MÔN THI TOÁN Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian phát đề Họ, tên học sinh Số báo da.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT HỒNG MAI ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT - NĂM 2022 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Họ, tên học sinh:……………………………………………………………………………… Số báo danh:……………………………………Phòng thi số:…………………………….… Câu (2,0 điểm):  Cho biểu thức: A     3   3     1   1   b a     a b  b a ( với a  0, b  0, a  b) a  ab ab  b   Và B     1) Rút gọn A B 2) Tìm a b cho A  B đồng thời 2a  B  Câu (2,5 điểm):  x  y  1  1) Giải hệ phương trình:   y x  y 1  2) Cho phương trình x  ( m  3) x  m  (1) với m tham số a) Giải phương trình m  b) Chứng tỏ phương trình (1) có nghiệm với giá trị m Gọi x1 , x2 nghiệm phương trình (1) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: M  x1  x2 Câu (2,0 điểm):   1 2 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy biết đường thẳng y  ax  b qua điểm M  2;  song song với đường thẳng x  y  Tìm hệ số a b 2) Tính kích thước hình chữ nhật có diện tích 40 cm2, biết tăng kích thước thêm cm diện tích tăng thêm 48 cm2 Câu (3,0 điểm): Cho ABC có ba góc nhọn, trực tâm H nội tiếp đường trịn  O  Vẽ đường kính AK 1) Chứng minh tứ giác BHCK hình hình hành 2) Vẽ OM  BC  M  BC  Chứng minh H , M , K thẳng hàng AH  2.OM 3) Gọi A ', B ', C ' chân đường cao thuộc cạnh BC, CA, AB ABC Khi BC cố định xác định vị trí điểm A để tổng S  A ' B ' B ' C ' C ' A ' đạt giá trị lớn Câu (0,5 điểm): Cho a , b số dương Chứng minh rằng: ab  a(3a  b)  b(3b  a) HẾT (Cán coi thi khơng giải thích thêm) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT HOÀNG MAI ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC Câu Ý KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT - NĂM 2022 ĐÁP ÁN MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian phát đề Lời giải + √3 − √3 a) A = (2 + ) (2 − ) √3 + √3 − √3(√3 + 1) √3(√3 − 1) = (2 + ) (2 − ) √3 + √3 − = (2 + √3)(2 − √3) = − =   b a   b)  a b b a    a ab - b   a - ab    2   b a b  b    ab a b   a   Điểm 0,75 a- b  0,75 b ab a ab   b - a  a > 0, b > 0, a  b  a b { 𝐵 = 2A 2𝑎 + 𝐵 = x–y=-1 Hệ {2 + -1 = 𝑥 𝑦 x - y = - (1) {2 + 𝑦 = (2) 𝑥 ↔ { 𝑏−𝑎=2 2𝑎 + 𝑏 − 𝑎 = 𝑏−𝑎=2 ↔{ 𝑎+𝑏=4 ↔{ 𝑎=1 𝑏=3 0,5 𝑡ươ𝑛𝑔 đươ𝑛𝑔 𝑣ớ𝑖 0,5 Đk: x  y  (*) Rút y từ phương trình (1) vào phương trình (2) ta được: x  2    2x  3x - =   x   x x+1  + Với x = 2, suy y = x + = (thoả mãn (*)) 1 + Với x =  , suy y = x +1 = (thoả mãn (*)) 2  1 Vậy hệ cho có hai nghiệm: (2; 3)   ;   2 a) Với m  phương trình trở thành x  5x     52  4.2.2  nên phương trình có hai nghiệm x1  , x  0,5 b) Phương trình có biệt thức 2   m  3  4.2.m  m  2m   m  1   với m 0,5 Do phương trình ln có hai nghiệm x1 , x Khi theo định lý Viet m3   x1  x   x x  m  2 Biểu thức M = x1  x = x1  x2 2 = x1  x2 2  4x1 x2 m 1  m  3 m  2m     4 = 2   0,5 = m  12  Do m  1  nên m  1    2 , suy M  Dấu xảy  m  Vậy giá trị nhỏ M , đạt m  1) Viết đường thẳng 2x + y = dạng y = - 2x + Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng trên, suy a = - b khác (1) 1 Vì đường thẳng y = ax + b qua điểm M (2; ) nên ta có:  2a + b (2) 2 Từ (1) (2) suy a = - b = ( T/m b khác 3) 2) Gọi kích thước hình chữ nhật x (cm) y (cm) ( x; y > 0)   xy = 40  xy = 40 Theo ta có hệ phương trình:     x + 3 y + 3  xy + 48  x + y = 13 2 Suy x, y hai nghiệm phương trình: t2 – 13t + 40 = (1) Giải phương trình (1) ta hai nghiệm 5.( Thỏa mãn đk) Vậy kích thước hình chữ nhật cm cm 0,5 1) Ta có ACK = 900 (vì góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên CK  AC mà BH  AC (vì H trực tâm) => CK // BH tương tự có CH // BK => Tứ giác BHCK hbh (đpcm) 2) OM  BC => M trung điểm BC (định lý đường kính dây cung) => M trung điểm HK (vì BHCK hình bình hành) => đpcm  AHK có OM đường trung bình => AH = 2.OM 0,5 0,5 0,5 0,5 A 0,5 O H B 0,5 C M K 3) Ta có ACC  BBC = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn => ACB = ACB mà ACB  BAx (Ax tiếp tuyến A) => Ax // B’C’ OA  Ax => OA  B’C’ Do SAB’OC’ = R.B’C’ 1 Tương tự: SBA’OC’ = R.A’C’; SCB’OA’ = R.A’B’ 2 1.0 0,5 0,5 1 R(A’B’ + B’C’ + C’A’)= AA’ BC < (AO + OM).BC ( Không 2 đổi) => A’B’ + B’C’ + C’A’, lớn A, O, M thẳng hàng A đỉểm cung lớn BC S ABC = Ta có: a+b a  3a + b   b  3b + a   2(a + b) 4a  3a + b   4b  3b + a  (1) Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho số dương ta được: 4a + (3a + b) 7a + b 4a  3a + b    2 2 4b + (3b + a) 7b + a 4b  3b + a     3 2 Từ (2) (3) suy ra: 4a  3a + b   4b  3b + a   4a + 4b   Từ (1) (4) suy ra: a+b a  3a + b   b  3b + a   2(a + b)  Dấu xảy a = b 4a + 4b 0,5 ... GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT HỒNG MAI ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC Câu Ý KỲ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT - NĂM 2022 ĐÁP ÁN MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Lời giải + √3... điểm HK (vì BHCK hình bình hành) => đpcm  AHK có OM đường trung bình => AH = 2.OM 0,5 0,5 0,5 0,5 A 0,5 O H B 0,5 C M K 3) Ta có ACC  BBC = 900=> tứ giác BC’B’C nội tiếp đường tròn => ACB... (thoả mãn (*)) 2  1 Vậy hệ cho có hai nghiệm: (2; 3)   ;   2 a) Với m  phương trình trở thành x  5x     52  4.2.2  nên phương trình có hai nghiệm x1  , x  0,5 b) Phương trình