Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 366 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
366
Dung lượng
7,09 MB
Nội dung
Mục Lục Trang Đề số Đề thi thử vào 10 THCS Yên Hòa – Cầu Giấy 2020-2021 Đề số Trường song ngữ quốc tê WELLSPRING 2020-2021 10 Đề số Đề thi thử vào 10 THCS trường Amsterdam 2020-2021 15 Đề số Đề thi thử vào 10 THCS Việt Long- Quận Long Biên 2020-2021 23 Đề số Đề thi thử vào 10 THCS Trung Hòa – Cầu Giấy 2020-2021 34 Đề số Đề thi thử vào 10 THCS Thượng Thanh – Long Biên 2020-2021 44 Đề số Đề thi thử vào 10 THCS Thanh Am – Long Biên 2020-2021 52 Đề số Đề thi thử vào 10 THCS Thạch Bàn 61 Đề số Đề thi thử vào 10 THCS Sài Đồng Long Biên 2020-2021 68 Đề số 10 Đề thi thử vào 10 THCS Phúc Lợi – Long Biên 77 Đề số 11 Đề thi thử vào 10 THCS Phúc Đồng – Long Biên 88 Đề số 12 Đề thi thử vào 10 THCS Nguyễn Siêu – Cầu Giấy 2020-2021 96 Đề số 13 Đề thi thử vào 10 THCS Ngọc Thụy – Long Biên 2020-2021 108 Đề số 14 Đề thi thử vào 10 THCS Ngọc Lâm – Long Biên 2020-2021 115 Đề số 15 Đề thi thử vào 10 THCS Long Biên- Long Biên 2020-2021 123 Đề số 16 Đề thi thử vào 10 THCS Nam Trung Yên – Cầu Giấy 2020-2021 130 Đề số 17 Đề thi thử vào 10 THCS Lý Thái Tổ - Cầu Giấy 2020-2021 138 Đề số 18 Đề thi thử vào 10 THCS Lương Thế Vinh- Cầu Giấy 2020-2021 147 Đề số 19 Đề thi thử vào 10 THCS Long Biên- Long Biên 2020-2021 156 Đề số 20 Đề thi thử vào 10 THCS Sở giáo dục Hà Nội 2020-2021 164 Đề số 21 Đề thi thử vào 10 THCS Giang Biên 2020-2021 172 Đề số 22 Đề thi thử vào 10 THCS Gia Thụy - Long Biên 2020-2021 180 Đề số 23 Đề thi thử vào 10 THCS Gateway- Cầu Giấy 2020-2021 192 Đề số 24 Đề thi thử vào 10 THCS Đức Giang 199 Đề số 25 Đề thi thử vào 10 THCS Đô Thị Việt Hưng - Long Biên 2020-2021 209 Đề số 26 Đề thi thử vào 10 THCS Dịch Vọng 2020-2021 218 Đề số 27 Đề thi thử vào 10 THCS Đa trí tuệ 2020-2021 226 Đề số 28 Đề thi thử vào 10 THCS Cự Khôi – Long Biên 2020-2021 235 Đề số 29 Đề thi thử vào 10 THCS Cầu Giấy – Cầu Giấy 2020-2021 244 Đề số 30 Đề thi thử vào 10 THCS Bồ Đề - Long Biên 2020-2021 252 Đề số 31 Đề thi thử vào 10 THCS Ái Mộ - Long Biên 2020-2021 259 Đề số 32 Đề thi thử vào 10 THCS School 2020-2021 267 Đề số 33 Đề thi thử vào 10 THCS Hoàng Mai 2020-2021 276 Đề số 34 Đề thi thử vào 10 THCS Quốc Oai 2020-2021 285 Đề số 35 Đề thi thử vào 10 THCS Lương Thế Vinh lần năm 2020-2021 292 Đề số 36 Đề thi thử vào 10 THCS Thái Thịnh - Quận Đống Đa 2020-2021 301 Đề số 37 Đề thi thử vào 10 THCS Huyện Ba Vì 2020-2021 309 Đề số 38 Đề thi thử vào 10 THCS Quỳnh Mai 2020-2021 316 Đề số 39 Đề thi thử vào 10 THCS Nguyễn Trường Tộ 2020-2021 323 Đề số 40 Đề thi thử vào 10 THCS huyện Thanh Oai 2020-2021 333 Đề số 41 Đề thi thử vào 10 TRUNG TÂM BDVH EDUFLY 340 Đề số 42 Đề thi thử vào 10 THCS Quận Long Biên 2020-2021 348 Đề số 43 Đề thi thử vào 10 THCS Quận Hà Đông 2020-2021 354 Đề số 39 Đề thi thử vào 10 THCS Nguyễn Trường Tộ 2020-2021 323 Đề số 39 Đề thi thử vào 10 THCS Nguyễn Trường Tộ 2020-2021 323 Đề số 39 Đề thi thử vào 10 THCS Nguyễn Trường Tộ 2020-2021 323 PHÒNG GD VÀ ĐT QUẬN CẦU GIẤY ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT TRƯỜNG THCS YÊN HÒA NĂM HỌC 2020-2021 MƠN: TỐN ĐỀ THI THỬ (Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề) Đề số Câu ( điểm) Với x > , cho hai biểu thức A = x −1 + − B = x +3 x+3 x x −2 x a) Tính giá trị biểu thức B x = b) Chứng minh A = Câu ( x x −2 ( ) x +3 ) c) Tìm giá trị tham số m để phương trình A : B = m có nghiệm ( điểm) ) Giải tốn cách lập phương trình hệ phương trình: Đầu năm, hai cơng ty chế biến nơng sản tỉnh Bình Thuận dự định xuất 1010 long Nhưng thực tế dịch bệnh Covid 19 diễn biến phức tạp Trung Quốc nên sản lượng xuất long công ty thứ giảm 15% , cơng ty thứ hai giảm 10% Vì vậy, hai công ty xuất 900 long Hỏi theo dự định, công ty xuất long? ) Một chai dung dịch rửa tay khơ hình trụ cao 12 cm, đường kính đáy cm Tính thể tích chai dung dịch Câu ( điểm) 3 ( x + 1) + ( x + y ) = 1) Giải hệ phương trình: 4 ( x + 1) − ( x + y ) = 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d ) : y = ( 2m + ) x + 2m + ( m tham số) parabol ( P ) : y = x a) Khi m = xác định tọa độ giao điểm đường thẳng ( d ) parabol ( P ) phương pháp đại số b) Tìm giá trị m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn: x1 + x2 = Câu ( 3,5 điểm) Cho đường tròn ( O ; R ), đường kính AB Gọi M làm điểm thuộc đường tròn cho MA > MB Đường thẳng vng góc với AB A cắt tiếp tuyến M đường tròn ( O ) điểm E Vẽ MP vng góc với AB ( P ∈ AB ), MQ vng góc với AE ( Q ∈ AB ) a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp b) Gọi I trung điểm PQ Chứng minh tứ giác AQMP hình chữ nhật, từ chứng minh ba điểm O , I , E thẳng hàng c) Gọi giao điểm EB MP K Chứng minh K trung điểm MP Tìm vị trí điểm M ( O ) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn Câu (0,5 điểm) Cho x , y , z số thực thỏa mãn x ≥ , x + y ≥ 12 x + y + z = 15 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x + y + z Hướng dẫn giải Câu ( điểm) Với x > , cho hai biểu thức A = x −1 + − B = x +3 x+3 x x −2 x a) Tính giá trị biểu thức B x = ( b) Chứng minh A = x −2 x ( ) x +3 ) c) Tìm giá trị tham số m để phương trình A : B = m có nghiệm Lời giải a) ĐKXĐ: x > Thay x = (thỏa mãn ĐKXĐ) vào biểu thức B , ta được: x − 3− = = 3 x Vậy x = B = B= b) A = = x −1 x −1 2x − x + − x − x + −1 = + −1 = x +3 x+3 x x +3 x x +3 x x +3 ( x−4 x +4 x ( x +3 ) = ( x x −2 ( c) ĐKXĐ: x > ; x ≠ Ta có: ) x +3 ) (đpcm) ) ( ) A: B = ( )= ( x − 2) ⋅ x −2 : x x ( x + 3) x ( x + 3) x −2 2 x = x −2 x −2 x +3 Xét phương trình: x −2 = m ⇔ m x + 3m = x +3 Với m ≠ ta có x= x − ⇔ ( m − 1) x = −3m − (*) 3m + 1− m x > Theo đkxđ ta có x ≠ m ≠ 3m + Để pt (*) có nghiệm cần >0 − m 3m + − m ≠ +) m ≠ 5m ≠ 3m + 3m + 3m + − + 2m ⇔ −2≠ ⇔ ≠0 ⇔ ≠2 ⇔ 1− m 1− m 1− m m ≠ m ≠ +) 3m + >0 1− m (1) −2 3m > −2 3m + > −2 m > Trường hợp : ⇔ < m m < −2 3m + < 3m < −2 m < Trường hợp : ⇔ ⇔ ⇔ m ∈∅ 1 − m < m > m > ⇒ −2 3m + >0 < m < để 1− m KL: Từ (1) Câu ( 2) ta có ( 2) −2 < m < , m ≠ phương trình có nghiệm ( điểm) ) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình: Đầu năm, hai cơng ty chế biến nơng sản tỉnh Bình Thuận dự định xuất 1010 long Nhưng thực tế dịch bệnh Covid 19 diễn biến phức tạp Trung Quốc nên sản lượng xuất long công ty thứ giảm 15% , công ty thứ hai giảm 10% Vì vậy, hai cơng ty xuất 900 long Hỏi theo dự định, công ty xuất long? ) Một chai dung dịch rửa tay khơ hình trụ cao 12 cm, đường kính đáy cm Tính thể tích chai dung dịch Lời giải 1) Gọi sản lượng long xuất theo dự định công ty thứ x (đơn vị: tấn, < x < 1010 ) Gọi sản lượng long xuất theo dự định công ty thứ hai y (đơn vị: tấn, < y < 1010 ) Theo dự định, hai công ty xuất 1010 long, có phương trình: x+ y = 1010 ( ) Thực tế: + Sản lượng long xuất công ty thứ 85%.x = 0,85x (tấn) + Sản lượng long xuất công ty thứ hai 90%.y = 0,9 y (tấn) Thực tế, hai cơng ty xuất 900 tấn, có phương trình: 0,85 x + 0,9 y = 900 ( ) Từ ( ), ( ) ta có hệ phương trình: 1010 909 x + y = 0,05 x = x = 180 0,9 x + 0,9 y = ⇔ ⇔ ⇔ 900 900 1010 = 0,85 x + 0,9 y = x + y = 0,85 x + 0,9 y = y 1010 − 180 x = 180 (thỏa mãn) ⇔ y = 830 Vậy công ty thứ dự định xuất 180 long, công ty thứ dự định xuất 830 long 2) Gọi d , r thứ tự đường kính bán kính mặt đáy chai dung dịch d = cm ⇒ r = 2,5 cm Thể tích chai dung dịch là: V = π r h = ( 2,5 ) 12π = 75π ( cm3 ) Câu ( điểm) 3 ( x + 1) + ( x + y ) = 1) Giải hệ phương trình: 4 ( x + 1) − ( x + y ) = 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho đường thẳng ( d ) : y = tham số) parabol ( P ) : y = x ( 2m + ) x + 2m + ( m a) Khi m = xác định tọa độ giao điểm đường thẳng ( d ) parabol ( P ) phương pháp đại số b) Tìm giá trị m để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn: x1 + x2 = Lời giải 1) Giải hệ phương trình: 3 ( x + 1) + ( x + y ) = 4 ( x + 1) − ( x + y ) = 1 3 x + + x + y = 5 x + y = 5 x + y = 11x = 11 x = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ 10 5 4 x + − x − y = 6 x − y = 3 x − y = 3 x − y = 3 − y = x = ⇔ y = −1 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y=) (1; −1) 2) Phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng ( d ) parabol ( P ) là: x2 = ( 2m + 5) x + 2m + ⇔ x − ( 2m + 5) x − 2m − =0 (*) a) Thay m = vào (*), ta phương trình: x − x − = ( a = , b = −7 , c = −8 ) Ta có: a − b + c =1 + − = nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = −1 , x2 = Với x1 = −1 ⇒ y1 =x12 =− ( 1) =1 Với x2 = ⇒ y2 = x22 = 82 = 64 Vậy với m = , tọa độ giao điểm đường thẳng ( d ) parabol ( P ) là: ( −1;1) (8;64 ) − ( 2m + ) , c = b) Xét phương trình (*): a = , b = −2m − Ta có a − b + c =1 + 2m + − 2m − = nên phương trình (*) có hai nghiệm phân x2 2m + biệt là: x1 = −1 , = Để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) điểm phân biệt: 2m + ≠ −1 ⇔m≠ −7 x2 2m + Vì vai trị x1 , x2 nên ta giả sử: x1 = −1 , = 6 2m = 2m + = 2m + = −1 + 2m + = ⇔ 2m + = 6⇔ ⇔ ⇔ 2m = −12 2m + =−6 2m + =−6 2m = m = 0(tm) 2m = ⇔ ⇔ ⇔ 2m = −12 m = −6(tm) 2m = −12 Vậy m = m = −6 để đường thẳng ( d ) cắt parabol ( P ) điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn: x1 + x2 = Câu ( 3,5 điểm) Cho đường tròn ( O ; R ), đường kính AB Gọi M làm điểm thuộc đường tròn cho MA > MB Đường thẳng vng góc với AB A cắt tiếp tuyến M đường tròn ( O ) điểm E Vẽ MP vng góc với AB ( P ∈ AB ), MQ vng góc với AE ( Q ∈ AB ) a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp b) Gọi I trung điểm PQ Chứng minh tứ giác AQMP hình chữ nhật, từ chứng minh ba điểm O , I , E thẳng hàng c) Gọi giao điểm EB MP K Chứng minh K trung điểm MP Tìm vị trí điểm M ( O ) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn Lời giải E M Q I A =° 90 a) Vì EA ⊥ AB A (gt) ⇒ EAB = 90° Vì EM ⊥ MO M (gt) ⇒ EMO + EMO = ⇒ EAO 1800 K O P B ⇒ Tứ giác AEMO nội tiếp đường tròn =° 90 b) Vì MP ⊥ AB ( P ∈ AB ) ⇒ MPA = 90° MQ ⊥ AE ( Q ∈ AB ) ⇒ MQA = MQA = MPA = 90° Xét tứ giác AQMP có EAB ⇒ Tứ giác AQMP hình chữ nhật (dhnb) ⇒ Hai đường chéo PQ AM cắt trung điểm đường (tính chất hình chữ nhật) Mà I trung điểm PQ (gt) ⇒ I trung điểm AM Vì AE , EM hai tiếp tuyến từ E tới ( O ) nên AE = EM (tính chất hai tiếp tuyến đường trịn) ⇒ E thuộc đường trung trực AM Mà AO = OM ⇒ O thuộc đường trung trực AM ⇒ OE đường trung trực AM ⇒ OE qua trung điểm I AM ⇒ Ba điểm O , I , E thẳng hàng c) Vì AE , EM hai tiếp tuyến từ E tới ( O ) AOM (tính chất hai tiếp tuyến đường tròn) ⇒ OE tia phân giác =1 Mà OBM AOM (góc nội tiếp góc tâm chắn cung AM đường tròn ( O ) ) AOE = OBM ⇒ Xét ∆AEO ∆PMB có: = MPB =( 90° ) EAO (cmt) AOE = OBM ⇒ ∆AEO ∽ ∆PMB (g – g) OA EA BP ⋅ EA (hai cặp cạnh tương ứng) ⇒ MP = ⇒ = PB MP OA BP ⇒ MP = EA (1) AB Ta có KP ⊥ AB , mà EA ⊥ AB nên KP / / EA BP PK Xét tam giác ABE có KP / / EA ⇒ = (hệ Talet) AB EA PK Từ (1) (2) suy MP = EA = 2PK EA Mà K thuộc MP Vậy K trung điểm MP ( 2) Đặt AP = x (điều kiện x > ) ⇒ PB = R − x AMB= 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( O ) ) ⇒ ∆AMB vuông M Áp dụng hệ thức lượng tam giác ∆AMB vng M có đường cao MP , ta có: = MP = AP= PB x ( R − x ) ⇒ MP x ( 2R − x ) x ( R − x ) x S AQMP = = AP.MP x = x ( 2R − x ) Vì AP > , MP > , PB > nên x > , Áp dụng bđt Cô-si cho hai số dương x >0 x 2R − x > 2R − x có x x x ( R − x ) ≤ + ( R − x ) =R − 3 ⇒ x x x ( R − x ) ≤ x R − 3 ⇒ x x x x ( R − x ) ≤ 3 R − 3 3 (1) Vì vế trái dương x > ⇒ R − x >0 Áp dụng Cô-si cho số dương x x x 1 x x R R− ≤ +R− = 3 3 23 3 x x R2 ⇒ R− ≤ 3 3 x x 3R ⇒3 3⋅ R− ≤ 3 3 (2) Từ (1) (2) suy S AQMP ≤ 3 R R− x có : 350 Website:tailieumontoan.com ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TỐN PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN LONG BIÊN Năm học: 2019 - 2020 Câu (2,0 điểm) x +5 x − x − 13 x − B = + (với x ≥ ; x −9 x −3 x +3 x −3 Cho biểu thức: A = x ≠ ) a) Tính giá trị biểu thức A x = b) Đặt P = x −5 x +3 B Chứng minh P = A c) Tính giá trị x nguyên nhỏ để P có giá trị nguyên Lời giải a) Thay x = (thỏa mãn) vào biểu thức A ta có: x +5 = = −7 x − −1 A= Vậy với x = A = −7 x − x − 13 x b) B = + − x −9 x +3 x −3 ( ) x −3 = + x +3 = ( x − x − 13 x −3 )( x +3 ) − x ( x +3 ) x −3 x − 12 + x − x − 13 − x − x = ( ( = ( P= ( x −3 )( x +3 ) x − 25 )( x − )( x − 3)( x −3 ) x + 5) x + 3) x +3 B nên P = A x −5 x +3 c)Tính giá trị nguyên P = x −5 = 1− x +3 x +3 Ta có: P = Để P đạt giá trị ngun Khi 8 B A ( ) x − tức Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 ∈ x −3 x − ∈ U (8) ={±1; ±2; ±4; ±8} TÀI LIỆU TOÁN HỌC 351 Website:tailieumontoan.com Ta có bảng sau : x −3 -1 -2 -4 -8 x -1 11 -5 x 16 25 49 Không 121 Không thỏa thỏa mãn mãn Mà x nguyên nhỏ nên kết hợp với điều kiện xác định x = thỏa mãn điều kiện đề Câu (Bài toán liên quan đến ứng dụng toán học vào thực tế 1) Để ủng hộ gia đình gặp khó khăn địa phương ảnh hưởng dịch Covid-19, tổ chức thiện nguyện dự kiến chở 720 tạ gạo chia số xe loại Lúc khởi hành, bổ sung thêm xe loại so với dự định xe chở 18 tạ gạo Hỏi lúc đầu ban tổ chức chuẩn bị xe chở gạo? 2) Thùng rác inox hình trụ trịn có nắp lật xoay sử dụng phổ biến nắp thiết kế có trục xoay mang đến khả tự cân trở trang thái ban đầu sau bỏ rác Biết thùng có đường kính đáy 40 cm chiều cao 60 cm Hãy tính diện tích inox làm thùng rác (coi mép gấp làm thùng rác không đáng kể) Lời giải Gọi số xe mà đội dự định chở x (xe) ( x > 0, x ∈ ) Do dự định chở 720 tạ gạo nên xe chở : 720 (tạ) x Do có xe bổ sung nên số xe thực tế : x + (xe) 720 Vì xe chở : (tạ) x+2 Vì so với dự định xe chở 18 tạ gạo nên ta có phương trình: Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 352 Website:tailieumontoan.com 720 720 + 18 = x+2 x 720 720 ⇔ + 18 = x+2 x 720 x 18 x ( x + ) 720 ( x + ) ⇔ + = x+2 x ( x + 2) x ⇔ 720 x + 18 x + 36 x − 720 x − 1440 = ⇔ 18 x + 36 x − 1440 = ⇔ x + x − 80 = ⇔ x + 10 x − x − 80 = ⇔ ( x + 10 )( x − ) = x = −10 ( L ) ⇔ ( TM ) x = Như kết hợp điều kiện ta có số lượng xe ban đầu chuẩn bị xe Bán kính đáy thùng : 40: 2=20 (cm) Diện tích đáy thùng là:= S π= R π 20 = 400π ( cm ) Diện tích xung quanh hình trụ là: = S xq 2.= π R.h 2.π = 20.60 2400π ( cm ) Diện tích inox làm thùng rác là: Stp =S xq + S d =2400π + 2.400π =3200π ( cm ) Câu (2 điểm) 3 ( x − ) − y + = 1) Giải hệ phương trình : 2 ( x − ) + = y+3 2) Cho Parabol ( P ) : y = x đường thẳng ( d ) : y =( m + 1) x − m ( m tham số, x ẩn) a) Chứng minh ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt với m b) Gọi x1 ; x2 hoành độ giao điểm ( d ) ( P ) Tìm m để x1 + x2 = Lời giải Điều kiện: y ≠ −3 u= x − Đặt v = y + Hệ phương trình trở thành: Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 353 Website:tailieumontoan.com 4 3u − 2v = 3u − 2v = u = 7u = 14 ⇔ ⇔ ⇔ 10 2u + v = 4u + 2v = v = 2u + v = x − = x = ⇔ Thế vào hệ phương trình: (thỏa mãn) y = −2 y +3 =1 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x ; y= ) ( 4; − ) a) Xét phương trình hồnh độ giao điểm ( d ) ( P ) : x =( m + 1) x − m ⇔ x − ( m + 1) x + 2m = ∆=′ ( m + 1) − 1.2m= m + 2m + − 2m= m + Vì m ≥ với m ∈ ⇒ m + ≥ > với m ∈ ⇒ ∆′ > với m ∈ Vậy ( d ) cắt ( P ) hai điểm phân biệt với m x + x= ( m + 1) b) Theo định lý Vi-ét ta có : x1 x2 = 2m Để tồn x1 2 ( m + 1) ≥ m ≥ −1 x2 điều kiện : ⇔ ⇔m≥0 2m ≥ m ≥ Theo đầu : x1 + x2 = ⇔ x1 + x1 x2 + x2 = ⇔ ( m + 1) + 2m = ⇔ m + + 2m = ⇔ m + 2m = ⇔ m ( ) m+ = m = m =0 ⇔ ⇔ m + = m = − ( TM ) ( KTM ) ⇔m= (thỏa mãn) Vậy m = thỏa mãn yêu cầu đầu Câu (3 điểm) Cho đường tròn ( O; R ) , đường kính AB CD vng góc với Điểm M di động cung nhỏ BC Gọi N , E giao điểm AM với Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 354 Website:tailieumontoan.com CD, CB Tia CM cắt AB S , MD cắt AB F Kẻ CH vng góc với AM H a) Chứng minh bốn điểm A, C , H , O thuộc đường tròn = = SC SA SB SO.SF b) Chứng minh SM c) Chứng minh OH / / DM tia OH tia phân giác góc COM d) Chứng minh diện tích tứ giác ANFD khơng phụ thuộc vào vị trí điểm M di động cung nhỏ BC Lời giải a) Có AB ⊥ CD O (giả thiết ) ⇒ AOC =° 90 ⇒ O thuộc đường trịn đường kính AC (1) Có CH ⊥ AM (giả thiết) ⇒ AHC =° 90 ⇒ H thuộc đường trịn đường kính AC (2) Từ (1) (2) suy bốn điểm A, O, H , C thuộc đường trịn đường kính AC (đpcm) b) Xét ∆SMB ∆SAC có S chung = SAC (do tứ giác ACMB nội tiếp đường tròn tâm O nên góc ngồi SMB góc đối) Suy ∆SMB ~ ∆SAC (g-g) SM SB ⇒ = ⇒ SM SC =SA.SB (3) SA SC = 90° (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ SMF =° Ta thấy CMD 90 Xét ∆SMF ∆SOC có S chung Liên hệ tài liệu word tốn zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 355 Website:tailieumontoan.com = SOC = 90° SMF Suy hai tam giác SMF SOC đồng dạng (g-g) SM SF ⇒ = ⇒ SM SC =SO.SF (4) SO SC = SC SA = SB SO.SF (đpcm) Từ (3) (4) suy SM = (5) (2 góc nội tiếp c) Có tứ giác ACHO tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒ HOC HAC chắn CH ) = CDM (2 góc nội tiếp chắn cung CM ) hay CAH = CDM Xét ( O ) có CAM (6) = CDM mà góc đồng vị ⇒ OH / / DM (đpcm) Từ (5) (6) suy COH = (2 góc so le trong) Có OH / / DM ⇒ HOM OMD = ODM (7) (do tam giác OMD cân M ) Mà OMD = (8) (2 góc nội tiếp Tứ giác ACHO tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒ HOC HAC chắn cung HC ) (9) Xét ( O ) , lại có HAC = MAC = MDC = MDO ⇒ OH tia phân giác góc COM = HOC Từ (7), (8) (9) suy HOM (đpcm) +M = 90° + 90°= 180° nên tứ giác nội tiếp d) Tứ giác MBON có O (2 góc nội tiếp chắn cung OB = ) ⇒ BNO BMO Có BMO = MBO = ABM = MAD = FAD = ⇒ BND FAD = BDN (2 góc nội tiếp đường trịn chắn hai cung nhau) Có DAF Suy ∆FAD đồng dạng với ∆BDN (g-g) FA AD ⇒ = ⇒ FA.DN = BD AD BD DN Tứ giác ANFD có AF ⊥ ND nên= DN BD AD (không đổi) (đpcm) S ANFD FA = Câu (0,5 điểm) Cho x , y , z số dương thỏa mãn x + y + z = 2020 xy yz zx + + 2020 z + xy 2020 x + yz 2020 y + zx Tìm giá trị lớn biểu thức P = Lời giải Thay x + y + z = 2020 vào biểu thức P ta : P= = xy ( x + y + z ) z + xy xy xz + yz + z + xy + yz + ( x + y + z ) x + yz yz x + xy + xz + yz Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 + + zx ( x + y + z ) y + zx zx xy + y + yz + zx TÀI LIỆU TOÁN HỌC 356 Website:tailieumontoan.com Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có : xy = xz + yz + z + xy yz = x + xy + xz + yz zx = xy + y + yz + zx xy = ( x + z )( y + z ) xy xy xy xy ≤ + (1) x+ z y+ z 2 y+ z x+ z yz yz yz yz yz ≤ + ( 2) x+ z x+ y 2 x+ z x+ y zx zx zx zx zx ≤ + ( 3) x+ y y+ z 2 x+ y y+ z = ( x + z )( x + y ) = ( x + y )( y + z ) Cộng vế (1) , ( ) , ( 3) ta : xy xz + yz + z + xy + yz x + xy + xz + yz + zx xy + y + yz + zx xy xy yz yz zx zx ≤ + + + + + 2 y+ z x+ z x+ z x+ y x+ y y+ z = xy zx xy yz yz zx + + + + + 2 y+ z y+ z x+ z x+ z x+ y x+ y = x( y + z) y ( x + z) z ( x + y) + + 2 y+ z x+z x+ y = 2020 + z ) = 1010 ( x + y= 2 x= y= z 2020 Dấu “=” xảy ⇔ x=y=z= 2020 x + y + z = 2020 Vậy giá trị lớn biểu thức P = 1010 x= y= z= Liên hệ tài liệu word toán zalo: 039.373.2038 TÀI LIỆU TỐN HỌC 357 PHỊNG GD VÀ ĐT ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP QUẬN HÀ ĐÔNG Năm học 2019-2020 Mơn: TỐN (Thời gian làm 120 phút, không kể thời gian giao đề) Bài (2,0 điểm) Cho biểu thức: A = x −1 B = x −3 x +3 (với − + x +1 1− x x −1 x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ ) a) Tính giá trị A x = 36 b) Rút gọn biểu thức B c) Đặt P = A.B Tìm x ∈ để P có giá trị lớn Bài (2,5 điểm) 1) Khi uống trà sữa, người ta thường dùng ống hút nhựa hình trụ có đường kính đáy 0,9 cm, độ dài trục 21 cm Hỏi thải ngồi mơi trường, diện tích nhựa gây nhiễm mơi trường 1000 ống hút gây bao nhiêu? 2) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình Một người mua bàn quạt điện với tổng số tiền theo giá niêm yết 850 nghìn đồng Khi trả tiền người khuyến mại giảm 20% giá tiền bàn 10% giá tiền quạt điện với giá niêm yết Vì vậy, người phải trả tổng cộng 740 nghìn đồng Tính giá tiền bàn quạt điện theo giá niêm yết Bài (2 điểm) 1) 2 x − + y − = Giải hệ phương trình x y − + − = 2) Cho phương trình x − 2mx + m − = (với m tham số) a) Giải phương trình cho m = b) Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt Bài 10 (3 điểm) Từ điểm A đường tròn ( O; R ) , vẽ hai tiếp tuyến AB, AC ( B, C tiếp điểm) cát tuyến ADE thuộc nửa mặt phẳng bờ đường thẳng OA khơng chứa điểm B đường trịn ( O ) Gọi H giao điểm OA BC a) Chứng minh bốn điểm A, B, O, C thuộc đường tròn b) Chứng minh AO ⊥ BC H AH AO = AD AE 358 c) Đường thẳng qua điểm D song song với đường thẳng BE cắt AB, BC I , K Chứng minh tứ giác OHDE nội tiếp D trung điểm IK Bài 11 (0,5 điểm) Cho ba số thực dương x , y , z thỏa mãn x + y + z ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x3 + y y + z z + x3 + + x2 + y y + z z + x2 HẾT 359 ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG TỐN PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN HÀ ĐÔNG Năm học: 2019 - 2020 Câu (2,0 điểm) Cho biểu thức: A = x −1 B = x −3 x +3 (với x ≥ 0, x ≠ 1, x ≠ ) − + x +1 1− x x −1 a) Tính giá trị A x = 36 b) Rút gọn biểu thức B c) Đặt P = A.B Tìm x ∈ để P có giá trị lớn Lời giải a) Tính giá trị A x = 36 Thay x = 36 (thảo mãn điều kiện) vào biểu thức A , ta được: = A 36 − − = = 36 − − b) Rút gọn biểu thức B Ta có: B = B= B= B= B= = B ( ( x +3 − + x +1 − x x −1 )( x + 1) ( )+ x − 1) ( x +3 x −1 ( ) x +1 )( x −1 + ) ( x +1 )( x −1 x + x −3+5 x +5+ ( ( )( x +1 x+7 x +6 )( x +1 ) x −1 ) x −1 x+ x +6 x +6 ( x + 1) ( x − 1) x + 1) ( x + ) (= ( x + 1) ( x − 1) Vậy B = x +6 x −1 x +6 x −1 c) Đặt P = A.B Tìm x ∈ để P có giá trị lớn Lời giải Ta có:= P A= B x −1 x −3 x +6 = x −1 x +6 x −3 ) x +1 360 x +6 = x −3 P= x −3+9 = 1+ x −3 x −3 +) TH1: Với ≤ x < ⇒ x − < ⇒ P < +) TH2: Với x > mà x ∈ ⇒ x ≥ 10 ⇒ x − ≥ 10 − > 9 Do ≤ ⇒ P ≤ 1+ x −3 10 − 10 − 10 (thỏa mãn) Dấu “=” xảy ⇔ x = Vậy x = 10 P có giá trị lớn Câu (2,5 điểm) 1) Khi uống trà sữa, người ta thường dùng ống hút nhựa hình trụ có đường kính đáy 0,9 cm, độ dài trục 21 cm Hỏi thải ngồi mơi trường, diện tích nhựa gây nhiễm mơi trường 1000 ống hút gây bao nhiêu? 2) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình Một người mua bàn quạt điện với tổng số tiền theo giá niêm yết 850 nghìn đồng Khi trả tiền người khuyến mại giảm 20% giá tiền bàn 10% giá tiền quạt điện với giá niêm yết Vì vậy, người phải trả tổng cộng 740 nghìn đồng Tính giá tiền bàn quạt điện theo giá niêm yết Lời giải 1) Bán kính đáy hình trụ 0,9 : = 0, 45 ( cm ) Diện tích xung quanh ống hút S xq 2= = π 0, 45.21 18,9π ( cm ) Suy diện tích nhựa gây nhiễm 1000 ống hút gây là: 1000.18,9π = 18900π ( cm ) 2) Gọi giá tiền bàn quạt điện theo giá niêm yết x, y (đơn vị: nghìn đồng; điều kiện < x, y < 850 ) Do tổng số tiền mua bàn quạt điện theo giá niêm yết 850 nghìn đồng nên ta có phương trình x + y = 850 (1) 20 x= x (nghìn đồng) 100 10 y= y (nghìn Quạt điện giảm giá 10% nên số tiền trả cho quạt điện y − 100 10 đồng) Bàn giảm giá 20% nên số tiền cần trả cho bàn là x − Tổng số tiền phải trả theo giá khuyến mại 740 nghìn nên ta có phương trình: x+ y = 740 (2) 10 Từ (1) (2) ta có hệ phương trình 361 850 x + y = 6800 = = 8 x + y = y 600 x 250 ⇔ ⇔ ⇔ (Thỏa mãn điều 4 7400 850 − y 600 740 8 x + y = x = y = x + 10 y = kiện) Vậy giá tiền bàn là 250 nghìn đồng, quạt điện 600 nghìn đồng Câu (2 điểm) 1) 2 x − + y − = Giải hệ phương trình x − + y − = 2) Cho phương trình x − 2mx + m − = (với m tham số) a) Giải phương trình cho m = b) Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt Lời giải 1) Điều kiện : x ≥ 2; y ≥ 2 x − + y − = 2 x − + y − − x − − y − = − ⇔ y −1 y −1 x − += x − += x − = ⇔ x − + y − = x − = ⇔ x − + y − = x − = ⇔ 2 + y − = x = x = ⇔ ⇔ y = y − = ( TM ) Vậy hệ phương trình dã cho có nghiệm ( 6; ) 2) a) Giải phương trình cho m = Thay m = vào phương trình ta có: x4 − 6x2 + = ⇔ ( x − 1) ( x − ) = = x2 x = ±1 x2 −1 = ⇔ ⇔ ⇔ x −5 = x = ± = x { } Vậy m = phương trình cho có nghiệm x ∈ −1;1; − 5; b) Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt Xét phương trình x − 2mx + m − = (1) 362 Để phương trình có nghiệm phân biệt (1) có nghiệm x = Thay x = vào phương trình (1) , ta có: 04 − 2m.02 + m − = ⇔ m − = ⇔ m = ⇔ m = ± Thay m = vào (1) , ta có: x 0= = x x − 2.2 x + 22 − = ⇔ x − x = ⇔ x ( x − ) =0 ⇔ ⇔ x = ± x − = Suy m = thỏa mãn Thay m = −2 vào (1) , ta có: x − ( −2 ) x + 22 − = ⇔ x + x = x2 = x2 = ⇔ x ( x + ) =0 ⇔ ⇔ x + = x = −4 ( L ) 2 Suy m = −2 không thỏa mãn Vậy với m = phương trình cho có nghiệm phân biệt Câu (3 điểm) Từ điểm A ngồi đường trịn ( O; R ) , vẽ hai tiếp tuyến AB, AC ( B, C tiếp điểm) cát tuyến ADE thuộc nửa mặt phẳng bờ đường thẳng OA không chứa điểm B đường tròn ( O ) Gọi H giao điểm OA BC a) Chứng minh bốn điểm A, B, O, C thuộc đường tròn b) Chứng minh AO ⊥ BC H AH AO = AD AE c) Đường thẳng qua điểm D song song với đường thẳng BE cắt AB, BC I , K Chứng minh tứ giác OHDE nội tiếp D trung điểm IK Lời giải B I A H D O M C K E 363 a) Chứng minh bốn điểm A, B, O, C thuộc đường trịn Vì AB tiếp tuyến đường tròn ( O ) ⇒ 90 ABO =° Vì AC tiếp tuyến đường trịn ( O ) ⇒ ACO =° 90 Xét tứ giác ABOC , có: ABO + ACO= 90° + 90°= 180° Mà góc vị trí đối nên ABOC tứ giác nội tiếp ⇒ Bốn điểm A, B, O, C thuộc đường tròn b) Chứng minh AO ⊥ BC H AH AO = AD AE = OC = R) Ta có: ∆BOC cân O (Do OB Mà OA phân giác góc BOC (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) ⇒ OA đồng thời đường cao ⇒ OA ⊥ BC Xét ∆AOB vuông B , BH đường cao ⇒ AH AO = AB (Hệ thức lượng tam giác vuông) (1) Xét ∆ABD ∆AEB , có: chung BAD ABD = AED (góc nội tiếp góc tạo tiếp tuyến dây cung chắn cung BD ) AB AD = ⇒ AB = AD AE ⇒ ∆ABD ~ ∆AEB (g.g) ⇒ (2) AE AB AD AE (đpcm) Từ (1) (2) ⇒ AH AO = c) Đường thẳng qua điểm D song song với đường thẳng BE cắt AB, BC I , K Chứng minh tứ giác OHDE nội tiếp D trung điểm IK Vì AH AO = AD AE (chứng minh trên) ⇒ AH AD = AE AO Xét ∆AHD ∆AEO , có: chung HAD AH AD = (chứng minh trên) AE AO ⇒ ∆AHD ~ ∆AEO (c.g.c) ⇒ AHD = AEO = = Có AHD + DHO 180° ⇒ AEO + DHO 180° Mà góc vị trí đối nên tứ giác OHDE nội tiếp = OED Vì OD= OE= R ⇒ ∆ODE cân O nên: ODE = OHE (góc nội tiếp chắn cung OE ) Mà ODE = OED = = ⇒ OHE AHD ⇒ DHK EHK DH ⇒ DM = ⇒ HK phân giác DHE ME HE AH ⊥ HM ⇒ AH đường phân giác ∆DHE ⇒ AD HD = AE HE 364 ⇒ DM AD = ME AE (3) DK DM = (Định lý Ta lét) BE ME DI AD = (Định lý Ta lét) Vì DI / / BE ⇒ BE AE DK DI = ⇒ DK = DI Từ (3), (4), (5) ⇒ BE BE ⇒ D trung điểm IK Vì DK / / BE ⇒ Câu (4) (5) (0,5 điểm) Cho ba số thực dương x , y , z thỏa mãn x + y + z ≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = 2 x + y ( x + y ) ( x + y − xy ) Ta có: = x + y2 x2 + y = x+ y− x3 + y y + z z + x3 + + x2 + y y + z z + x2 Lời giải xy ( x + y ) xy ( x + y ) x + y ≥ x+ y− = 2 x +y xy y3 + z3 y + z z + x3 z + x Tương tự ta có: ≥ ; ≥ y + z2 z + x2 Khi ta có: P= x3 + y y + z z + x3 x + y y + z z + x + + ≥ + + x2 + y y + z z + x2 2 ⇔ P≥ x+ y+z ≥6 x = y y = z Dấu “=” xảy ⇔ ⇔ x = y = z =2 z x = x + y + z = Vậy MinP = x= y= z= ... Vì 2020- 2021 309 Đề số 38 Đề thi thử vào 10 THCS Quỳnh Mai 2020- 2021 316 Đề số 39 Đề thi thử vào 10 THCS Nguyễn Trường Tộ 2020- 2021 323 Đề số 40 Đề thi thử vào 10 THCS huyện Thanh Oai 2020- 2021. .. Đề thi thử vào 10 THCS Ái Mộ - Long Biên 2020- 2021 259 Đề số 32 Đề thi thử vào 10 THCS School 2020- 2021 267 Đề số 33 Đề thi thử vào 10 THCS Hoàng Mai 2020- 2021 276 Đề số 34 Đề thi thử vào 10. .. Quốc Oai 2020- 2021 285 Đề số 35 Đề thi thử vào 10 THCS Lương Thế Vinh lần năm 2020- 2021 292 Đề số 36 Đề thi thử vào 10 THCS Thái Thịnh - Quận Đống Đa 2020- 2021 301 Đề số 37 Đề thi thử vào 10 THCS