Tải Đề thi thử vào lớp 10 năm học 2018 – 2019 trường THCS Mạc Đĩnh Chi, Hà Nội - Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2018

Để chở hết 80 tấn quà tặng đồng bào nghèo ở vùng cao đón Tết, một đội xe dự định dùng một số xe cùng loại. Lúc sắp khởi hành có 4 xe phải điều đi làm việc khác. Vì vậy mỗi xe còn lại [r]

PHỊNG GD&ĐT BA ĐÌNH

Trường THCS Mạc Đĩnh Chi Nguyễn Trãi – Hoàng Hoa Thám

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Năm học 2018 - 2019

Mơn: Tốn

Ngày thi: 5/5/2018

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I (2,0 điểm)

Cho biểu thức A = x x



 B =

3 12 16

x x

x x

 

 

 (với x0,x16) 1 Tính giá trị biểu thức A x =

2 Rút gọn biểu thức B

3 Tìm m để phương trình A m

B   có nghiệm

Bài II (2,0 điểm) Giải tốn sau cách lập phương trình hệ phương trình

Để chở hết 80 quà tặng đồng bào nghèo vùng cao đón Tết, đội xe dự định dùng số xe loại Lúc khởi hành có xe phải điều làm việc khác Vì vậy xe cịn lại phải chở nhiều dự định hàng hết Tính số xe lúc đầu đội biết khối lượng hàng xe phải chở

Bài III (2,0 điểm)

1 Giải hệ phương trình:

3

2

1

1

x y

x y

  

 

 

  

 

 2 Cho phương trình

2

x mx m   (1) (x ẩn số)

a) Chứng minh với m, phương trình (1) ln có nghiệm phân biệt Khi hãy tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm mà không phụ thuộc vào m

b) Tim m để hai nghiệm phương trình số nguyên

Bài IV (3,5 điểm)

Cho nửa đường tròn (O ; R), đường kính AB Trên nửa đường trịn lấy điểm C (CA < CB) Hạ CH vng góc với AB H Đường trịn đường kính CH cắt AC BC thứ tự M, N

1 Chứng minh tứ giác HMCN hình chữ nhật 2 Chứng minh tứ giác AMNB tứ giác nội tiếp

3 Tia NM cắt tia BA K, lấy điểm Q đối xứng với H qua K Chứng minh QC tiếp tuyến đường trịn (O ; R)

4 Tính bán kính trịn ngoại tiếp tứ giác AMNB trường hợp AC = R

Bài V (0,5 điểm)

Tìm x y, 0 cho      

4 8 5

x  y y  x  x y x y -HẾT -

Lưu ý: Giám thị coi thi khơng giải thích thêm

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO 10 ngày 5/5/2018

Bài Ý Nội dung

Điểm thành phần Bài I

2 điểm 1) Khi x=9 A = 9  

0,25

Tính A=-6 0,25

2)

B=   

     

3 12

3 12 12 12

16

4 4 4

x x x

x x x x x

x

x x x x x

   

        



    

0,5

Biến đổi A =

4 x x

0.5

3)

1

A m B   

3

x m

 0,25

Phương trình A m

B   có nghiệm 

0 m 

3

m  Kết luận m >

4

m 0,25

Bài II điểm

Gọi số xe lúc đầu đội x (xe) (x nguyên x > 4) 0,25 Theo dự định xe chở 80

x (tấn hàng)

0,25

Số xe lúc sau x-4 (xe) 0,25

Thực tế xe chở 80 x (xe)

0,25

Theo đề ta có phương trình 80 80

x  x 

0,25

Biến đổi ta có pt

4 320

x  x  giải pt x1 20; x2  16 KL: Vậy số xe đội xe lúc ban đầu 20 xe

0,5 0,25 Bài III

2 điểm

1) Điều kiện x0 ; y1 0,25 Đặt a

x  ;

1 b

y  (a>0; b>0) Ta có hệ pt

3

1 a b a b

  

  



0,25

Giải hệ

2

a ;

2

b 0,25

Giải x=4 ; y=5 kết luận nghiệm hệ pt 0,25 2) Tính ∆= 2

2

m  giải thích ∆>0 Suy pt có nghiệm phân biệt với m

0,5

Viết hệ thức Viet ta có x1x2 m x x1  m

Giả sử x x nghiệm nguyên từ (2) suy 1; 2 x1 0; x2 2 x12;x2 0 Từ tìm m =

Thử lại với m =

Kết luận: Với m = hai nghiệm pt số nguyên 0,25 Bài IV

3,5điểm Vẽ hình

0,25

1 Giải thích 90

CMHMCNCNH  0,5

KL; Tứ giác CMHN hình chữ nhật 0,25

2 Chứng tỏ CNM HCN 0,25

Chứng tỏ CABHCN 0,25

Giải thích tứ giác AMNB tứ giác nội tiếp 0,25 Chứng tỏ KN song song với QC 0,25

Chứng tỏ OC vng góc KN 0,5

Chứng tỏ QC tiếp tuyến đường tròn (O) 0,25 Gọi O’là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB I giao điểm CH

và MN

Chứng tỏ CIO’O hình bình hành , suy OO’=CI

0,25

Tính

2

R

CH  ' 19

4

R O B

0.25

Bài V 0,5diểm

Ta có

2 4 4

x   x 2  

4 4 4 4

x y x y x y x y

             

Tương tự: y2 4 4x 4 4y4x 4 y24x 8 4x  y 1

    2

4 8 16

x y y x x y

        Dấu “ = ” xảy x y 0,25

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức

 2

4 a b

ab      

2

8 8 5

4

x y

x y x y  

     

    2

3x 5y 5x 3y 16 x y

        Dấu “ = ” xảy x y

Vậy x24y8y24x8= 3x5y4 5 x3y4   x y 0,25 Lưu ý: