Đề Thi Thử vào 10 môn Toán năm 2020 Trường THCS Văn Đức

Lớp dự định chia đều cho số học sinh nhưng khi lao động có 8 bạn vắng nên mõi bạn có mặt phải trồng thêm 3 cây mới xong.. Cho đường tròn (O; 3cm) có hai đường kính AB và CD vuông.[r]

Phòng GD – ĐT Gia Lâm Trường THCS Văn Đức

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2020-2021

Mơn: Tốn

Thời gian làm bài:120 phút Câu (2,0 điểm)

Cho biểu thức

2 3

9

3

  

   



 

 

x x x

P

x

x x

1  

 x Q

x với x x 0;x 9  1) Tính giá trị Q x = 36

2) Rút gọn biểu thức P 2) Tìm GTNN biểu thức

4

3 

 



P x

M x

Q x

Câu (2,0 điểm)

Lớp 9A phân công trồng 480 xanh Lớp dự định chia cho số học sinh lao động có bạn vắng nên mõi bạn có mặt phải trồng thêm xong Hỏi lớp 9A có bạn học sinh?

Câu (2,0 điểm)

1)Giải hệ phương trình

3 2

2

    

 

   

 

x y

x y

2) Cho phương trình mx2 (2m1)x m  1 0. (x ẩn, m tham số) a) Chứng minh phương trình ln có nghiệm với m

b) Tìm tất giá trị m để phương trình đã cho có nghiệm khơng nhỏ

Câu (3,5 điểm) Cho đường trịn (O; 3cm) có hai đường kính AB CD vng

góc với Gọi M điểm tùy ý thuộc đoạn OC ( M khác O C) Tia BM cắt cắt đường tròn (O) N

1) Chứng minh AOMN tứ giác nội tiếp 2) Chứng minh ND phân giác ANB 3) Tính: BM BN

4) Gọi E F hai điểm thuộc đường thẳng AC AD cho M trung điểm EF Nếu cách xác định điểm E, F chứng minh tổng (AE + AF) không phụ thuộc vào vị trí điểm M

Câu 5: (0,5 điểm)

Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a+b+c=1 Chứng minh rằng:

2 2

a b c

Bài Đáp án Điểm Bài 1

2điểm a) Thay x = 36 (TMĐK) vào Q ta được:

7 Q

3 

Vậy x = 36 GTBT

7 Q

3 

0,5đ

b) Rút gọn :

3 x P x     1đ

c) Rút gọn:

x A x    =>

x 16

A x

x x



    

 

Áp dụng BĐT Cô-si A =  x = 1

0,25đ

0,25đ Bài 2.

2 điểm

Gọi số học sinh lớp 9A x (hs), x  N* Thì số học sinh lao động x – (h/s) Mỗi học sinh dự định phải trồng là:

480 x Thực tế, học sinh phải trồng

480

x 8 ( cây) Theo đề ta có phương trình:

480 480 x 8  x  Giải pt: => x = 40 ( TMĐK)

Vậy số học sinh lớp 9A 40 học sinh

0,25đ 0,75đ 0,75đ 0,25đ Bài 3 2điểm 1.

3 2

2

             x y

x y ĐK:

2 x ; y

3

 

3 2 14

2

4 2 10

3 2 2( )

0( )

4

                                          

x y x

x y

x y

x x TM

y TM y

KL: Vậy HPT có nghiệm (x; y) = (2;0)

0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ

2 a) PT có dạng a+b+c =

Và có nghiệm

m x

m  

với m 

b) Để PT có nghiệm khơng nhỏ

m x

m  

 Giải bất phương trình ta m 1 

0,5đ

0,5đ

Bài 4

0,25đ

1) Chứng minh AOMN tứ giác nội tiếp Ta có : ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O))

 900

AOM  (vì AB CD tạo O)

Suy ra: ANB+ AOM= 1800

 tứ giác AOMN nội tiếp

0,75đ

2) Chứng minh : ND phân giác ANB Ta có : AB, CD đường kính (O)

AB  CD (gt)  ADBD  AN DBN D  ND phân giác góc ANB

1đ

3) Tính: BM BN

Do BOM  BNA (gg) 

BO BM

BN BA  BM.BN = BO.BA=3.6=18  BN BM  18 2

cm 1đ

4) Ta có:  EAF vuông A (CA  D 900, E AC, F AD) có M trung điểm EF  MA = ME = MF  M tâm đường trịn qua M có bán kính MA  Điểm E, F giao điểm đường tròn (M; MA) với AC AD

 D E BF A B

Ta lại có: BDF  BCE = 900,

suy ra: DBF CBE

Xét tam giác BDF tam giác BCE, ta có: BC = BD; DBF  CBE ;  

BDF  BCE = 900 nên BDF = BCE(gcg) DF = CE

Vậy : AE + AF = (AC + CE) + AF=AC+(CE+AF) = AC + (DF+AF) = AC+ AD=2AD

Mà OAD vuông cân O nên AD = OA2OD2  32 3  AE + AF =

Vậy tổng AE + AF không phụ thuộc vào vị trí điểm M

0,25đ

0,25đ

Bài 5

Áp dụng BĐT si ta có:

2 2

a a b b b c c c a

a; b; c

a b b c c a

  

     

  

Suy

2 2

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

(a b c) ( )

a b b c c a 4 2

    

         

  

Vậy

2 2

a b c

a b b c c a     2

0,25đ

0,25đ