Tổng hợp đề thi thử vào 10 toán trường lương thế vinh 2017 2018 có đáp án chi tiết

Tổng hợp 3 ĐỀ THI THỬ VÀO 10 TOÁN TRƯỜNG THCS Lương Thế vinh hà nội trong năm học 2017 2018 có đáp án chi tiết ĐỀ THI THỬ VÀO 10TRƯỜNG THCSTHPT LƯƠNG THẾ VINHMôn: Toán(lần 2) Thời gian làm bài: 120 phútNgày thi 20 tháng 5 năm 2018Câu 1. (2 điểm) Cho biểu thức 1) Tính giá trị biểu thức B khi 2) Rút gọn biểu thức A.3) Tìm các số nguyên x để .Câu 2. (2 điểm) Lúc 12 giờ 30 phút bạn Sơn đạp xe từ nhà đến trường cách nhau 5 km. Đi được 1 km thì xe hỏng phải dừng lại sửa, sau 5 phút bạn thấy chưa sửa xong nên gửi xe lại và gọi xe GrabBike. Đúng 2 phút sau xe đến và đưa bạn đi với vận tốc lớn hơn vận tốc của bạn lúc đầu 18kmh. Bạn đến trường lúc 12 giờ 50 phút vừa kịp vào giờ lớp. Tính vận tốc lúc đầu của Sơn.Câu 3. (2 điểm) 1) Giải hệ phương trình: 2) Cho parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = (m+1)x – 4. a) Xác định tọa độ giao điểm của (d) và (P) khi m = 4.b) Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt M(x1 ;y1) , N(x2 ;y2) sao cho y1 + y2 = 2(x1 + x2) + 7.Câu 4. (3,5 điểm)Cho một điểm A cố định ở ngoài đường tròn (O ;R), đoạn OA cắt (O ;R) tại H. Qua A kẻ cát tuyến d cắt đường tròn tại hai điểm B và C (B nằm giữa A và C). Kẻ AM, AN tiếp xúc với đường tròn tại M và N, gọi I là trung điểm của BC.1. Chứng minh 5 điểm A, M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn2. Khi OA = 2R, tính diện tích phần tam giác AMO nằm ngoài (O:R) theo R. 3. Gọi K là giao điểm của HC và MN. CHứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác MKC tiếp xúc với MH.4. Khi cát tuyến d quay quanh điểm A thì trọng tâm G của tam giác MBC chạy trên đường nào?Câu 5. (0,5 điểm) Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn:1x; y; z 2 và x2 + y2 + z2 = 9. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của ………………………………………HẾT……………………………………… TRƯỜNG THCSTHPT LƯƠNG THẾ VINHGỢI Ý ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ VÀO 10Môn: ToánThời gian làm bài: 120 phútNgày thi 20 tháng 5 năm 2018Bài 1. 1) Thay x = 16 (tmđk) vào B ta có .2) 3) Với x> 0, x  4: Điều kiện: Vậy mà x Z nên x  {1;2;3;5;6}.Bài 2. Đổi 2 phút = giờ; 5 phút = giờ;Gọi vận tốc của Sơn đi xe đạp là: x (kmh, x > 0)thời gian Sơn đi 1 km đầu là: (h)Vận tốc của Sơn khi đi xe GrabBike là: x + 18 (kmh)Quãng đường còn lại Sơn đi xe GrabBike là: 5 – 1 = 4 km.Thời gian Sơn đi xe GrabBike là: (h)Thời gian Sơn đi từ nhà đến trường là: 12 giờ 50 phút – 12 giờ 30 phút = 20 phút = giờTheo đề bài ta có phương trình: Vậy vận tốc lúc đầu của Sơn là 12kmh.Bài 3. 1) Điều kiện: x  2 , 2x – y  0. 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (d): y = (m+1)x – 4 và (P): y = x2 là Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì (1) có hai nghiệm phân biệt hay Δ > 0  m2 + 2m – 15 > 0  Theo định lý Viet : Điểm M(x1; y1)  (P)  y1 = x12 , điểm N(x2; y2)  (P)  y2 = x22 y1 + y2 = 2(x1 + x2) + 7 Bài 4. 1) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) I là trung điểm của dây BC  (liên hệ giữa đk và dc)  A, M, N, I, O cùng thuộc đường tròn đường kính AO. 2) + Ta có OA = 2R, OH= R  H là trung điểm của OA mà ΔAMO vuông tại M  OH = AH = MH = R  Δ OMH đều   Squạt OMH = + Tính được AM = Diện tích tam giác OMA nằm ngoài (O;R) là: S = SAMO¬ Squạt OMH = 3) AM, AN là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại A của (O) nên OA là phân giác của góc MON  H là điểm chính giữa cung MN  Kẻ Mx là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MKC (Mx và C thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ MK)    MH  Mx  MH là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔMKC4) Gọi J là trung điểm của OA  IJ = AO2 và J cố định Kẻ GS IJ cắt MJ tại S   S cố định và không đổi G chạy trên đường tròn tâm S bán kính AO3.Câu 5. (0,5 điểm) Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn:1x; y; z 2 và x2 + y2 + z2 = 9. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của .+) Ta có (x +1)(2 x)  0  x2 – x – 2  0chứng minh tương tự: y2 – y – 2  0; z2 – z – 2  0 x2 + y2 + z2 – (x + y + z ) – 6  0  P  3.Dấu “=” xảy ra  Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 3 khi x = 1; y = z = 2 hoặc …+) Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =

ĐÁP ÁN

ĐỀ THI THỬ VÀO 10 (lần 1) – TRƯỜNG LƯƠNG THẾ VINH

Năm 2018 – 2019

Bài 1

a) Với x0; x  9

9

3

P

x

x

−

−

3

x

x

−

M P Q

Kết hợp điều kiện ta có 0  x < 25 thì 1

2

M 

Bài 2 Đổi 1 giờ 12 phút = 6

5 giờ, 30 phút =

1

2 giờ Gọi thời gian vòi 1 chảy một mình đầy bể là x (h) (x > 0)

Gọi thời gian vòi 2 chảy một mình đầy bể là y (h) (y > 0)

Trong 1 giờ, vòi 1 chảy một mình được 1

x (bể)

Trong 1 giờ, vòi 2 chảy một mình được 1

y (bể)

Trong 1 giờ, cả hai vòi cùng chảy được 5

6 (bể)

Ta có phương trình: 1 1 5

6

x + = y

Trong 1

2 giờ, vòi 1 chảy một mình được

1

2x (bể)

Nếu mở vòi 1 chảy trong 1

2giờ và vòi 2 trong 1 giờ thì được

7

12 (bể) nên ta có phương trình: 1 1 7

2 x + = y 12

Khi đó ta có hệ phương trình: ( )

( )

2

3

x tm

y tm y

x y

=

=





Bài 3

1) Điều kiện: 2x – y > 0, x + y  0

( )

I

Đặt 1

2 x y = a

1

b

x y = + (a > 0, b  0) Hệ (I) có dạng

( )

1

2

1

14

a

I

 =

Khi đó:

2

14

 +



2) a)Phương trình hoành độ giao điểm của (d): y = 2x – 1 và (d’): y = 1

2

− x + 4 là 1

2

x − = − x +  = x

Với x = 2 thì y = 3

Vậy tọa độ giao điểm của đồ thị hai hàm số đã cho là M(2;3)

b) Giao điểm của (d) và (d’) với trục tung lần lượt là

N(0; -1) và P(0;4)

MPN

S = MH PN = = (đvdt)

Bài 4

a) OAD OMD = = 900 O, A, D, M cùng thuộc đường

tròn đường kính OD

2 d

MBA=DOA= s AM  OD // BM

mà O là trung điểm của AB  D là trung điểm AN

c) ΔOBM cân tại O có OK ⊥BM nên MOK = BOK

ΔOME = ΔOBE (c.g.c)  0

90

OMK = OBK =  BE

là tiếp tuyến của (O) tại B

d) Kẻ JH ⊥ AB, J là trọng tâm ΔABN

3

AH AJ

AO = AI =  H không đổi

 J thuộc đường thẳng đi qua H và vuông góc với AB

Bài 5 Đặt b = -a (b > 0)

Ta có

2

  với mọi b > 0

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi b 9 b 3(tm)

b

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9 khi a = -3

I

H J

E

D N

O A

B M

K

ĐỀ THI THỬ VÀO 10

TRƯỜNG THCS&THPT LƯƠNG THẾ VINH Môn: Toa ́ n

(lần 2) Thờ i gian làm bài: 120 phút

Nga ̀ y thi 20 tháng 5 năm 2018

Câu 1 (2 điểm) Cho biểu thức 3 6 1 3 2 ( )

1) Tính giá tri ̣ biểu thức B khi x =4( 9+4 5 − 9−4 5 )

2) Rú t go ̣n biểu thức A

3) Tìm các số nguyên x để 2

3

Câu 2 (2 điểm)

Lú c 12 giờ 30 phút ba ̣n Sơn đa ̣p xe từ nhà đến trường cách nhau 5 km Đi được 1 km thì xe hỏng phải dừng la ̣i sửa, sau 5 phút ba ̣n thấy chưa sửa xong nên gửi xe la ̣i và go ̣i xe Grab-Bike Đúng 2 phú t sau xe đến và đưa ba ̣n đi với vâ ̣n tốc lớn hơn vâ ̣n tốc của ba ̣n lúc đầu 18km/h Ba ̣n đến trường

lú c 12 giờ 50 phút vừa ki ̣p vào giờ lớp Tính vâ ̣n tốc lúc đầu của Sơn

Câu 3 (2 điểm)

1) Giải hê ̣ phương trình:

x

x





−



2) Cho parabol (P) : y = x2 và đường thẳng (d) : y = -(m+1)x – 4

a) Xác đi ̣nh to ̣a đô ̣ giao điểm của (d) và (P) khi m = 4

b) Tìm giá tri ̣ của m để (d) cắt (P) ta ̣i hai điểm phân biê ̣t M(x1 ;y1) , N(x2 ;y2) sao cho

y1 + y2 = 2(x1 + x2) + 7

Câu 4 (3,5 điểm)

Cho một điểm A cố đi ̣nh ở ngoài đường tròn (O ;R), đoa ̣n OA cắt (O ;R) ta ̣i H Qua A kẻ cát tuyến d cắt đường tròn ta ̣i hai điểm B và C (B nằm giữa A và C) Kẻ AM, AN tiếp xúc với đường tròn ta ̣i M và N, go ̣i I là trung điểm của BC

1 Chứng minh 5 điểm A, M, N, O, I cù ng thuô ̣c mô ̣t đường tròn

2 Khi OA = 2R, tính diê ̣n tích phần tam giác AMO nằm ngoài (O:R) theo R

3 Gọi K là giao điểm của HC và MN CHứng minh đường tròn ngoa ̣i tiếp tam giác MKC tiếp

xú c với MH

4 Khi cát tuyến d quay quanh điểm A thì tro ̣ng tâm G của tam giác MBC cha ̣y trên đường

nào?

Câu 5 (0,5 điểm) Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn:-1x; y; z 2 và x2 + y2 + z2 = 9

Tìm giá tri ̣ nhỏ nhất và giá tri ̣ lớn nhất của P= + +x y z

………HẾT………

TRƯỜNG THCS&THPT LƯƠNG THẾ VINH GỢI Ý ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ VÀO 10

Môn: Toa ́ n

Thờ i gian làm bài: 120 phút

Nga ̀ y thi 20 tháng 5 năm 2018

1) x =4( 9+4 5 − 9−4 5)=4( 5+ −2 5+2)=16

Thay x = 16 (tmđk) vào B ta có 4 2 2

B = − =

2)

A

3) Vớ i x> 0, x  4: 1 2 1

A B

Điều kiê ̣n: A B    0 x 1

Vậy 0 169 ; 4

25

   mà x Z nên x  {1;2;3;5;6}

Bài 2 Đổi 2 phút = 1

30 giờ; 5 phút =

1

12 giờ;

Gọi vận tốc của Sơn đi xe đa ̣p là: x (km/h, x > 0)

thờ i gian Sơn đi 1 km đầu là: 1

x (h)

Vận tốc của Sơn khi đi xe Grab-Bike là: x + 18 (km/h)

Quãng đường còn la ̣i Sơn đi xe Grab-Bike là: 5 – 1 = 4 km

Thờ i gian Sơn đi xe Grab-Bike là: 4

18

x + (h)

Thờ i gian Sơn đi từ nhà đến trường là: 12 giờ 50 phút – 12 giờ 30 phút = 20 phút = 1

3 giờ Theo đề bài ta có phương trình:

2

12(tm)

13

x

=









Vậy vâ ̣n tốc lúc đầu của Sơn là 12km/h

Bài 3

1) Điều kiện: x  2 , 2x – y  0

3

2

3

3

2

x

−





3(tm)

5(tm)

x

y

=



  =



2) Phương trình hoành độ giao điểm của (d): y = -(m+1)x – 4 và (P): y = x2 là

( ) 2

x + m + x + = Để (d) cắt (P) ta ̣i hai điểm phân biê ̣t thì (1) có hai nghiê ̣m phân biê ̣t hay Δ > 0

 m2 + 2m – 15 > 0  3

5

m m





  −

 Theo đi ̣nh lý Viet :

1 2

1 2

1

x x





Điểm M(x1; y1)  (P)  y1 = x1 , điểm N(x2; y2)  (P)  y2 = x2

y1 + y2 = 2(x1 + x2) + 7 2 2 ( ) ( )2 ( )

4 12 0

6(tm)

m

m

=



 + − =   = −

Bài 4

1) AMO= ANO=900 (góc nô ̣i tiếp chắn nửa

đường tròn)

I là trung điểm của dây BC AIO=900 

(liên hệ giữa đk và dc)

0 90

 = = =  A, M, N, I,

O cù ng thuô ̣c đường tròn đường kính AO

2) + Ta có OA = 2R, OH= R  H là trung

điểm của OA mà ΔAMO vuông ta ̣i M  OH =

AH = MH = R  Δ OMH đều  0

60

MOH =

 Squa ̣t OMH =

.60

+ Tính được AM =

2

3

AMO

AM MO R

Diện tích tam giác OMA nằm ngoài (O;R) là: S = SAMO - Squa ̣t OMH =

2

R

3) AM, AN là 2 tiếp tuyến cắt nhau ta ̣i A của (O) nên OA là

phân giác của góc MON  H là điểm chính giữa cung MN 

Kẻ Mx là tiếp tuyến của đường tròn ngoa ̣i tiếp tam giác MKC

(Mx và C thuô ̣c hai nửa mă ̣t phẳng đối nhau bờ MK)

 xMK =MCK  xMK =HMK

 MH  Mx  MH là tiếp tuyến của đường tròn ngoa ̣i tiếp

ΔMKC

4) Gọi J là trung điểm của OA  IJ = AO/2 và J cố đi ̣nh

Kẻ GS // IJ cắt MJ ta ̣i S 

2 3 IJ

MS MG SG

MJ = MI = =

 S cố đi ̣nh và SG = 2 3 IJ = AO 3 không đổi

 G cha ̣y trên đường tròn tâm S bán kính AO/3

Câu 5 (0,5 điểm) Cho a, b, c là ba số thực thỏa mãn:-1x; y; z 2 và x2 + y2 + z2 = 9

Tìm giá tri ̣ nhỏ nhất và giá tri ̣ lớn nhất của P= + +x y z

+) Ta có (x +1)(2 - x)  0  x2 – x – 2  0

chứ ng minh tương tự: y2 – y – 2  0; z2 – z – 2  0

 x2 + y2 + z2 – (x + y + z ) – 6  0  P  3

Dấu “=” xảy ra 

9

x

x y z





 + + =



Vậy giá tri ̣ nhỏ nhất của P = 3 khi x = -1; y = z = 2 hoă ̣c …

+) Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:

2

2

2

3 2 3

3 2 3

3 2 3

+  +  + 

9

3 3

2 3

x y z

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 3

Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán - Trường THCS Lương Thế Vinh

Năm học 2017 - 2018 (vòng 3)

BÀI I ( 2,0 điểm) Cho biểu thứ c 2 5 à 2 3 9 2 1

x

−

với x >0, x ≠ 9

1) Tính giá tri ̣ biểu thức A khi x = 19 8 3+ + 19 8 3−

2) Rú t go ̣n biểu thức B

3) Gọi M = A.B So sánh M và M

BÀI II ( 2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Để chở hết 60 tấn hàng, mô ̣t đô ̣i xe dự đi ̣nh dùng mô ̣t số xe cùng loa ̣i Lúc sắp khởi hành, có

3 xe phải điều đi làm viê ̣c khác vì vâ ̣y mỗi xe còn la ̣i phải chở thêm 1 tấn hàng mới hết số tấn hàng đó Tính số xe lúc đầu của đô ̣i , biết rằng số lượng trên mỗi xe phải chở là như nhau

BÀI III ( 2,0 điểm)

1) Giải hê ̣ phương trình 2 4 1 3







2) Cho phương trình x2 – mx + 2m – 4 = 0 (*)

a) Giải phương trình khi m = 1

b) Tìm m để phương trình có hai nghiê ̣m phân biê ̣t x1; x2 sao cho |x1| + |x2 | = 3

BÀI IV ( 3,5 điểm)

Cho tứ giác ABCD nô ̣i tiếp đường tròn ( O), (AB < CD) Go ̣i I là điểm chính giữa cung nhỏ

AB Hai dây DI và CI cắt AB lần lượt ta ̣i M và N Các tia DA và CI cắt nhau ta ̣i E Các tia CB và DI

cắt nhau ta ̣i F

1) Chứng min CDEF nội tiếp

2) Chứng minh EF song song vớ i MN

3) Chứ ng minh AI2 = IM ID và IA tiếp xúc với đường tròn ngoa ̣i tiếp tam giác AMD

4) Cho AB cố đi ̣nh, CD di đô ̣ng Go ̣i R1 là bán kính đường tròn ngoa ̣i tiếp tam giác AMD và R2 là

bán kính đường tròn ngoa ̣i tiếp tam giác BMD Chứng minh R1 và R2 có tổng không đổi

BÀI V ( 0,5 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương Chứng minh:

( x + y )( y + z )( x + z ) ( x + + y y + + z z + x )  4 ( xy + yz + xz )

- Hết -

ĐÁP ÁN Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán - Trường THCS Lương Thế Vinh

Năm học 2017 - 2018 (vòng 3) BÀI I ( 2,0 điểm)

x

−

1) x = 19 8 3+ + 19 8 3− = +4 3+ −4 3=8(tm)

Thay x =8 (tm) vào A ta có: 2 5 8 7 8 42

7

8 1

+

B

M A B

Điều kiê ̣n M có nghĩa là: M 0 2 5 4

25 3

x x x

+ , kết hợp điều kiê ̣n ta có

4 0

25

x

 

Xét 1 2 5 1 6 1 0

M

+ + vớ i 0  x  4/25  M 1 M − 1 0

do đó M − M = M ( M −  1 ) 0 do M  0, M −  1 0

Vậy M  M

BÀI II ( 2,0 điểm)

Gọi số xe dự đi ̣nh của đô ̣i là x (xe) (x > 3, x  N)

Khi đó số tấn hàng mỗi xe dự đi ̣nh chở là 60

x (tấn)

Số xe thực tế của đô ̣i là x – 3 (xe)

Số tấn hàng mỗi xe thực tế chở là 60

3

x − (tấn)

Theo đề bài ta có PT 60 60 1

3

x − x =

−  x2 – 3x –180 =0 

15( ) 12( )

=



 = −

 Vậy số xe lúc đầu của đô ̣i là 15 xe

BÀI III ( 2,0 điểm)

1) Điều kiê ̣n: y1

x

+ =

1 1

2

5

4

x

 = −

Vậy hệ (*) có 2 nghiệm (x;y) = (-1;5/4); (x;y)=(-3;5/4)

2) 2) Cho phương trình x2 – mx + 2m – 4 = 0 (*)

a) Giải phương trình khi m = 1

b) Tìm m để phương trình có hai nghiê ̣m phân biê ̣t x1; x2 sao cho |x1| + |x2 | = 3

a) Vớ i m = 1; ta có PT: x2 – x – 2 = 0  (x+1)(x – 2) = 0  1

2

x x

= −



 =



Vớ i m = 1 thì (*) có nghiê ̣m x = -1; x = 2

b) Để (*) có 2 nghiệm phân biệt thì thì >0  m2 – 8m + 16 > 0  (m – 4)2 > 0  m  4

Theo viet ta có: 1 2

1 2 2 4

+ =





( )2

TH1: m  2, m  4 ta co ́ phương trình: m2 = 9  m = 3(tm) hoă ̣c m = -3 (ktm)

TH2: m < 2 ta co ́ phương trình: m2 – 8m + 7 = 0  m = 1(tm) hoă ̣c m = 7 (ktm)

Vâ ̣y m  {1; 3}

BÀI IV ( 3,5 điểm)

1) ADI =BCI (hai góc nô ̣i tiếp chắn hai cung bằng nhau) 

CDEF nội tiếp

2) CDEF nội tiếp  DFE=DCE

1

d s AD s AI

2

 DCE= AMDAMD=DFE AB // EF hay MN // EF

3)

+)  IDA ∽  IAM (g.g) ( chung I IDA , = IAM )

2

.

+) Gọi Ax là tia tiếp tuyến của đtron ngoa ̣i tiếp tam giác AMD

xAM ADM

Vậy AI là tia tiếp tuyến của đường tròn ngoa ̣i tiếp tam giác AMD

4) Gọi O1; O2 lần lượt là tâm đường tròn ngoa ̣i tiếp tam giác AMD và tam giác BMD

Ta có 2 ADM = AO M1 ;2 BDM = BO M2 mà ADM = BDM  AO M1 = BO M2

 = = = (*) do ΔO1AM cân tại O1 và ΔO2BM cân tại O2  ΔABJ cân

tại J với J là giao điểm của AO1 và BO2  O, I, J thẳng hàng

Lại có AI là tiếp tuyến của đường tròn ngoa ̣i tiếp tam giác AMD nên AI ⊥ AO1  IAJ = 90o

 IJ là đường kính (O)  J cố đi ̣nh

Từ (*) suy ra AJ // MO2, BJ // O1M  O1MO2N là hình bình hành  O1M = O2J

 R1 + R2 = O1A + O2 B = O1M + O2 B = O2J + O2 B = JB không đổi

BÀI V ( 0,5 điểm)

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )

Áp du ̣ng BĐT 2 2 2 2 2

(a + b )( c + d )  (a c bd + ) vớ i a, b, c, d không âm (x+ y)(x+z) +x yz; (x+y)(y+z)  +y xz; (y+z)(x+z)  +z xy

2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0