Đề thi thử lần 3 và đáp án chi tiết môn Toán vào lớp 10 năm 2018 tại Trung tâm BDVH Edufly

Một ca nô xuôi dòng từ bến A đến địa điểm C nằm chính giữa hai bến A và B, cùng lúc đó một ca nô ngược dòng từ B đến C.. Tìm vận tốc của dòng nước biết vận tốc thực của hai ca nô bằng n[r]

(1)

TRUNG TÂM BDVH EDUFLY

CS1: 130B Hoàng Văn Thái – Thanh Xuân – Hà Nội Hotline: 0987 708 400 CS2: Số 68 – Ngõ 14 Vũ Hữu – Phường Nhân Chính – TX – HN Hotline: 0888 588 683 Bài (2,0 điểm)

Cho biểu thức

x A

x 



1 10

2

x x x

B

x x x x

  

  

    với x0,x9,x4 a Tính giá trị biểu thức A x = 2.

b Rút gọn biểu thức B

c Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = A : B

Bài (2.0 điểm) Giải toán cách lập phương trình hệ phương trình

Hai bến sông A B cách 240km Một ca nơ xi dịng từ bến A đến địa điểm C nằm hai bến A B, lúc ca nơ ngược dịng từ B đến C Ca nô từ A đến C trước ca nô từ B đến C Tìm vận tốc dịng nước biết vận tốc thực hai ca nơ 27km/h

Bài (2.0 điểm)

1 Biết phương trình x2( 1) x2m2 30 có nghiệm Tìm m tìm nghiệm lại

2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho (d) : y = mx + parabol (P) : y = x2

a Chứng minh với số thực m, (d) cắt (P) hai điểm phân biệt

b Gọi A(x1, y1), B(x2, y2) giao điểm (d) (P) Tìm giá trị m để y12y22 đạt giá trị nhỏ

Bài (3.5 điểm)

Cho đường tròn  O dây cung AB, tiaAB lấy điểm C nằm ngồi đường trịn Từ điểm P cung lớn AB kẻ đường kính PQ, cắt dây AB D Tia CP cắt đường tròn điểm thứ hai I, dây AB QI cắt K

a Chứng minh tứ giác PDKI nội tiếp

b Chứng minh CI CP CK CD .Chứng minh hai tam giác QAI BKI đồng dạng c Chứng minh IC phân giác góc ngồi đỉnh I tam giác AIB

d Cho A B C, , cố định Chứng minh  O thay đổi quaA B, đường thẳng QI ln qua điểm cố định

Bài (0.5 điểm)

Cho số dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a + b + c = Chứng minh bất đẳng thức:

2 2

a b c

a b b c c a

- HẾT - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

ĐỀ THI THỬ LẦN VÀO LỚP 10 Mơn Tốn: Lớp

Năm học 2017 – 2018 Ngày thi: 15/04/2018 Thời gian làm bài: 120 phút

(2)

CS1: 130B Hoàng Văn Thái – Thanh Xuân – Hà Nội Hotline: 0987 708 400 CS2: Số 68 – Ngõ 14 Vũ Hữu – Phường Nhân Chính – TX – HN Hotline: 0888 588 683

ĐỀ THI THỬ LẦN VÀO LỚP 10 Mơn Tốn; Lớp 9; Năm học 2017 – 2018

ĐÁP ÁN - HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Hướng dẫn giải Điểm

1

1 Tính x  1

Từ ta tính 2 A 

0,25

2 Biến đổi      

  

1 2 10

2

x x x x x

B

x x

      



 

Rút gọn B

x 



0,25

0,5

3 Biến đổi :

x x

P A B x 

 



P=

1 x

x

  

 Áp dụng BĐT Cơsi có P2 34 Kết luận Pmin 2 34 x =42

0,25

2

Gọi vận tốc dịng nước x(km/h) (0 < x < 27) vxi = 27 + x (km/h); vngược = 27 – x (km/h) Theo ta có phương trình:

      

 

2

120 120

1 120 27 27 27 120 27

27 27

3 240 729

243

x x x x

x x

x

x x

x L

        

 

 

      

  

2

3

1 Phương trình x2( 1) x2m2 30 có nghiệm

2

1 ( 1)

1  

      

  

m m

m

Theo vi – ét:

1  2  2

x x m

Vậy nghiệm lại 2

1

2a (d) cắt (P) ta có: x2mx    2 m2 8 m

Vậy với số thực m, (d) cắt (P) hai điểm phân biệt

(3)

2b A(x1, y1), B(x2, y2) giao điểm (d) (P):y1x12; y2 x22 Theo vi – ét:

     

1

2

2 2 2

2 4 2 2

1 2 2 2

2

2 2

4 8

 



 



 

          

 

     

x x m

x x

y y x x x x x x x x x x x x

m

Vậy y12y22đạt GTNN m2    4 m

0,5

4

a PQ đường kính (O), AB dây PDDKPDK 90o

  90

   o

I O QIP Hai góc vng đối nên tứ giác PDKI nội tiếp

được

0.5

b Xét tam giác vng CIK CDP có C chung

 CIK CDP CI CK CI CPCK CD CD CP

Ta có QIAQIB (Q điểm cung AB)

1

QAI BKI sdQI

2

 

Suy tam giác QAI BKI đồng dạng

0.5

c PQ đường kính (O), P điểm cung lớn AB

AQQBBIQAIQ

1 90  2  1

o

I BIQ I AIQ I I Mà I2 I3(đối đỉnh) nên I1I2 hay IC

0.5

(4)

phân giác góc ngồi đỉnh I tam giác AIB

d.Ta có CK.CDCI.CPCB.CA Vì A, B, C cố định, D trung điểm AB nên CD không đổi Vậy CK không đổi hay K cố định

Suy QI qua điểm K cố định

0.5

5

2 2

3

2 2

a b c

P

a b b c c a

a b c

P a b c

a b b c c a

ab bc ca

a b b c c a

Ta chứng minh

2 2 2

2 2

2

2 2 2

1 1

1

1 2

ab bc ca ab bc ca

a b b c c a a b b c c a

b a c b a c

Ta có 2 2 2

3 2 2 2

1 1 1 1

, ,

b   a a a b c   b b c b a   c c a c

Vậy 3

2 2

1 1

1 2 ab bc ca

b a c b a c

Đặt 3

, ,

ax by cz

Ta chứng minh 2 2 2

3

x y y z z x 

Ta có 2x3 1 , 2x2 y3 1 3y24x y3 32(x3y3) 9  x y2

Tương tự

3 3 2

4z y 2(z y ) 9  z y 3 3 2

4z x 2(z x ) 9  z x

Vậy:

 

2 2 2 3 3 3 3

3 3

2 2 2

9( ) 4( ) 4( )

4 12 27

3

x y y z z x x y y z z x x y z

x y z

x y y z z x

        

 

       

0.25

Lưu ý:

- Điểm toàn để lẻ đến 0,25

- Các cách làm khác cho điểm tối đa