Bt đề đáp an thi thử tháng 4 (1) bê tông lần 5

TRƯỜNG THCS BÊ TÔNG ( Đề gồm 01 trang) ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 (LẦN 5) NĂM HỌC 2022 2023 Môn thi TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức và với ;[.]

TRƯỜNG THCS BÊ TÔNG ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 (LẦN 5) NĂM HỌC 2022-2023 Mơn thi: TỐN ( Đề gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài I: (2,0 điểm) x x x+2 B= √ − x  √ x+1 ( √ x +1)(2−√ x) với x 0 ; x 4 Cho hai biểu thức 1) Tính giá trị A x 16 A B x1 x 2) Chứng minh 3) Tìm tất số tự nhiên x để A  B Bài II: (2,5 điểm) 1) Giải toán sau bằng cách lập phương trình hệ phương trình: Quãng sơng AB dài 48km Một ca nơ xi dịng sơng từ A đến B sau ngược dịng từ B A hết 36 phút Tìm vận tốc riêng ca nơ biết vận tốc dịng nước km/h 2) Tính diện tích xung quanh diện tích tồn phần lon sữa Similac có dạng hình trụ, biết lon sữa có bán kính đáy 5cm chiều cao 10cm ( lấy  3,14 kết làm tròn đến hàng đơn vị) Bài III: (2,0 điểm) 3 x   y  4  1) Giải hệ phương trình:  x   y  5 P : y x d : y mx  m  2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol   đường thẳng   ( m tham số) a) Tìm m đường thẳng  d  cắt parabol  P  hai điểm phân biệt A, B 1  2 b) Gọi x1; x hoành độ giao điểm A, B Tìm tất giá trị m để x1  x2  Bài IV: (3,0 điểm) Cho (O; R ) đường kính AB ,lấy điểm M thuộc cung AB cho MA  MB Từ điểm M kẻ I I  AB  E M , E  I  dây MN vng góc với AB  Trên đoạn MI lấy điểm E  Tia AE cắt đường tròn điểm thứ hai K 1) Chứng minh Tứ giác IEKB nội tiếp đường tròn 2) AE.AK = AI.AB = AM 3) Chứng minh AE AK + BI BA không đổi KM  KN  KB  4) Giả sử I trung điểm OA , xác định vị trí K để  đạt giá trị lớn Bài V: (0,5 điểm) Cho a, b, c số dương thỏa mãn điều kiện a  b  c 3 a b c P   2  b  c  a2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: _ HẾT _ TRƯỜNG THCS BÊ TÔNG HDC ĐỀ THI THỬ THÁNG NĂM HỌC 2022-2023 Mơn thi: TỐN Bài Ý 1) 0,5đ 2) Đáp án a) Ta có: x 16 thoả mãn điều kiện 16  16 16  12 A   6 A  2 16  x  16 Thay vào ta Vậy với x 16 A 6 √ x+2 − Với x 0 ; x 4 ta có: B= √ x+1 ( √ x +1)(2−√ x) x 2  x 1  1,0đ Bài I 2,0 điểm 0,25 x1 x  ( đpcm) x x x1 x  x 1   0 x x AB  x  mà 2,0đ  x  1 x 1 c) Với x  ; x 4 , ta có:   1) 0,25 0,25 Vậy Bài II 2,5 điểm 0,25 x1 x B 0,5đ 0,25 0,25  x  2  x 1  x  2  x  2    x    x 1  x  1  x    x    x 1  x  2   3) Điểm   x1 x  0,25 0  1 x  0 x  ĐKXĐ  x  0  x 1   x   x   Do để (1) xảy x   0; 2;3 Mà x số tự nhiên nên x   0; 2;3 Vậy thỏa mãn đề  x  3 Gọi vận tốc riêng ca nô x (km/h) Vận tốc ca nơ xi dịng là: x  (km/h) 0,25 0,25 0,25 Vận tốc ca nô ngược dòng là: x  (km/h) 48 Thời gian ca nơ xi dịng từ A đến B là: x  (giờ) 48 Thời gian ca nơ ngược dịng từ B A là: x  (giờ) Thời gian ca nô từ A đến B từ B trở A 36 phút hay 18 48 48 18 8      nên ta có phương trình: x  x  x 3 x  40  x  3 40  x  3  x  3  x  3     x  3  x  3  x  3  x    x    x    40 x  120  40 x  120 3  x    3x  80 x  27 0 0,25 0,25 0,25 0,25    40     27  412   Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x2  2) 0,5đ 0.25 40  41 x1  27 0,25 40  41  3 Giá trị x = 27 thỏa mãn điều kiện Vậy vận tốc riêng ca nơ 27 km/h Vì lon sữa Similac có dạng hình trụ nên diện tích xung quanh lon sữa Similac S xq 2 Rh 2.3,14.5.10 314  cm  là: Diện tích tồn phần lon sữa Similac là: 0,25 Stp 2 Rh  2 R 314  2.3,14.52 471 cm  Bài III 2,0 điểm 1) 1,0đ 3 x   y  4  x   y  5 1) Giải hệ phương trình:  Điều kiện: x  , y 1 0,25 x  a  a 0  y  b  b 0  Đặt ; Ta có hệ phương trình: a  b  a  b  a  14    a 2      2a  b 5 4a  2b 10  2a  b 5  b 1 (thỏa mãn) 0,25  x  2  x  4    y   y     Trở lại ẩn cũ:  0,25 Vậy hệ PT có nghiệm 2a)  x 3   y 2 (thỏa mãn điều kiện ) 0,25  x ; y   3;  a) Xét phương trình hồnh độ giao điểm d  P : x mx  m   x  mx  m  0  1 0,5đ  m2    m  1 m  4m 4  m   Để đường thẳng d cắt parabol  P 0,25 hai điểm phân biệt A, B phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt m 0,25    hay  m    mà  m   0 với 0,25 Do đề 2b) 0,5đ b) Vì (1)  m  2 0 thì: m  0  m  x1; x hoành độ giao điểm (P) (d) nên x1; x nghiệm phương trình  x1  x2 m ;  x x  m  Theo hệ thức Vi-et, ta có  1  2 x  x  Để : Điều kiện: x1; x 3   3m  m  0  m 2  x2   x1  2  x1  3  x2  3 0,25  x2  x1  2 x1 x2  x1  x2  18  x1  x2  x1 x2 24   x1  x2   x1 x2 24  7m    m  1 24 Bài IV 3,0 điểm  m  2m  24 22  9m 22  m   tmdk m -2;m 2  22 m giá trị cần tìm Vậy Vẽ hình đến câu a 1) K M E A 1,25đ 0,25 I O B 0,25 N  O  có Xét AKB 90  ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn đường kính AB) hay EKB 90 ·  lại có MI  AB I (gt) Þ MIB = 90°hay EIB 90 Xét tứ giác IEKB có   BKE  EIB 90  90 180 Mà hai góc vị trí đối Suy tứ giác IEKB nội tiếp ( dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp) 2) Xét AIE AKB có  KAB chung AIE  AKB 90  AIE ∽ AKB (g.g) 0,75đ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 AE AI  AB AK ( cặp cạnh tỉ lệ)  AE AK  AI AB (1)  Xét AMB có AMB 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  AMB vng M mà MI đường cao Áp dụng hệ thưc lượng tam  giác vng ta có: 0,25 AM  AI AB (2) Từ (1) (2) => AE.AK = AI.AB = AM 2 Chứng minh tương tự BM  BI BA (3) 2 3) Từ (1),(2),(3)  AE AK  BI BA  AM  BM  AB (định lý pytago 0,75đ AMB ) 0,25 0,25 0,25  R 4 R Hay AE AK  BI BA   (đpcm) Vậy AE AK+ BI BA không đổi 0,25 3) K M E A 0,5đ H I O B Trên đoạn NK lấy H cho KH KM Khi MKH cân K N Ta chứng minh MKH , MBN  O  có AB  MN I  IM IN ( liên hệ đường kính dây) Xét Xét MBN có BI vừa đường cao vừa đường phân giác  MBN cân B  BI đường phân giác Xét AMB vuông M có R 3R BI BO  OI R   2 (đvđd) R AI IB MI ( hệ thức lượng) (đvđd) MI  tan MBI    MBI 30 BI  MIB I Xét vng có   MBN 60  MI  Mà MBN cân B  MBN     MKN MBN 60 (cùng chắn MN )   MKH Mà MKH cân K Xét MHN MKB có MK MH ( MKH đều) MN MB ( MBN đều) 0,25 NMH BMK   ( cộng HMB 60 )  MHN MKB  c.g c   HN KB ( hai cạnh tương ứng) Ta có KM  KN  KB KH  HN  KN  KH  KB   KN  KH  HN   KN 2KN 0,25  Do để KN Max KN đường kinh hay K điểm cung nhỏ MB   KM  KN  KB  Max K điểm cung nhỏ MB Vậy a ab ab ab  a   a  a  2 1 b 2b Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:  b b bc b  ; 2 Tương tự:  c 0,25 c ca c  1 a Cộng theo ba vế ba bất đẳng thức ta được: Bài V 0,5 điểm a b c ab  bc  ca P    a  b  c   2 1 b 1 c 1 a  a  b  c    a  b  c 2 32 3   2 Dấu “=” xảy a b c  3 a b c  Vậy giá trị nhỏ P Lưu ý: + Đối với hình, khơng có hình vẽ hình vẽ sai khơng cho điểm + Học sinh làm cách khác cho điểm thang điểm + Mỗi mắc lỗi nhỏ trừ 0,25 điểm; toàn mắc lỗi nhỏ trừ 0,25 điểm 0,25