Đề thi thử vào lớp 10 phòng GD & ĐT Quận Ba Đình

Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thông minh , nội dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều [r]

(1)

PHỊNG GD & ĐT QUẬN BA ĐÌNH ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT Trường THCS Mạc Đĩnh Chi Năm học: 2018 - 2019

Mơn: Tốn

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài (2 điểm) Cho biểu thức 3 4 x A

x  



3 5 12

16 4

x x

B

x x

 

 



 (với x0,x16 )

1 Tính giá trị biểu thức A x=9 Rút gọn biểu thức B

3 Tìm m để phương trình A m 1

B   có nghiệm

Bài (2 điểm) 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 xe cịn lại phải chở nhiều dự định hàng hết Tính số xe lúc đầu đội biết khối lượng hàng xe chở

Bài ( 2điểm)

1 Giải hệ phương trình

3 1

2 1

1 1

x y

  

 



  

 



2 Cho phương trình: x2mx  m 2 0 1  (x ẩn số)

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

b Tìm m để hai nghiệm phương trình số nguyên

Bài (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn (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 theo thứ tưh\j M, N

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

3 Tia MN cắt BA K, lấy Q đối xứng với H qua K Chứng minh QC tiếp tuyến đường trịn (O; R) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB trường hợp AC=R

(2)

HƯỚNG DẪN GIẢI:

Bài (2 điểm) Cho biểu thức 3 4 x A x  



3 5 12

16 4 x x B x x     

 (với x0,x16 )

1 Tính giá trị biểu thức A x=9

Khi x=9 3 9 3 3 3 6 6

3 4 1

4 9 4

x A x             

Vậy A=-6 x=9 Rút gọn biểu thức B

Ta có:                     3 4

3 5 12 5 12

16

4 4 4 4 4

4 3 12 5 12

4 4

4 4 4 4

4

x x

x x x

B

x

x x x x x

x x x x

x x

x x x x

x x                                  Ta có:

  3 1 1 4 4 3 4 1 4 3 1 3 1 0 3 0

A x x

m : m

B x x

x x . m x x x m x

x x m

x m x x                           

Để phương trình A m 1

B  có nghiệm phương trình

3 0 m x

x

  

có nghiệm tức là:

3 0 m x

x

 

 có nghiệm

0 3

0 0 0

3

3 0 3

3 4

16 16 4

x

x m

m

m x x

(3)

Vậy 0 3 4

m ,m phương trình A m 1

B   có nghiệm

Bài (2 điểm)

Gọi số xe dự định đội x (xe) x4,xN Mỗi xe dự định chở 80

x (tấn)

Mỗi xe thực tế chở 80 4 x Theo đề ta có phương trình:

 

2

80 80

1 4

80 4 4

80

4 4 4

80 80 320 4

4 320 0

x x

x x x

x

x x x x x x

x x x x

x x

 



 

  

  

    

   

Vậy số xe ban đầu có 20 xe

4 320 324

'  



 Phương trình có nghiệm phân biệt:

   

1

2 20

16

x N

x L

  

 



Bài ( 2điểm)

1 Giải hệ phương trình

3 1

2 1

1 1

x y

  

 



  

 



Giải:

(4)

3 1 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 1 1

1 1 2

2 1

4 4

1 4 5

x y x

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

Vậy nghiệm hệ phương trình x; y  4 5;  Cho phương trình: x2mx  m 2 0 1  (x ẩn số)

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

b Tìm m để hai nghiệm phương trình số nguyên Giải:

a Xét phương trình: x2mx  m 2 0 1 

Ta có:    m24m2m24m 8 m24m  4 4 m224 Do m22 0, m nên m22    4 4 0, m R

Suy (1) ln có nghiệm phân biệt với m

Gọi hai nghiệm phương trình (1) x ; x1 2 Áp dụng hệ thức Viet vào phương trình (1), ta được:

1 2

2

2 2

x x m x x m

x x x x

x x m x x m

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

Vậy với m phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt Một hệ thức liên hệ hai nghiệm mà không phụ thuộc vào m x1x2 x x1 22 (với x ; x1 2 hai nghiệm phương trình (1)) b Theo câu a, x1x2 x x1 22(với x ; x1 2 hai nghiệm phương trình (1))

   

    

1 2

2

1 1

1 1 1

x x x x x x x x

x x x

x x *

   

    

    

   

(5)

 TH1: 2

1

1 1 0

1 1 2

x x

    

 

 

 

    

 

 

Vì x1x2 m nên m  2 0 2

 TH2: 2

1

1 1 2

1 1 0

x x

     

 

 

 

     

 

 

Vậy x1x2 m nên m  2 0 2

Vậy để hai nghiệm phương trình cho số nguyên m=2

Bài (3,5 điểm) Cho nửa đường trịn (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 theo thứ tưh\j M, N

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

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

4 Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB trường hợp AC=R Chứng minh:

1 Chứng minh CMHCNHMCN90o Vậy tứ giác HMCN hình chữ nhật

2 Xét tam giác CAH vuông H, đường cao HM

CM CA CH

  (Hệ thức lượng tam giác vng) (1) Tương tự ta có: CN CBCH2 2

Từ (1) (2) ta có: CM CA CN CB CM CN

CB CA

  

Chứng minh CMNCBA c.g.c 

 

CMN CBA

  (Hai góc tương ứng)

  180o

AMN CBA

  

Suy tứ giác AMNB nội tiếp

(6)

    

90 90

o

OCM CME OAC CBA

CEM

OC MN

   

 

 

*Chứng minh MN||QC

Vì tứ giác CMHN hình chữ nhật nên I trung điểm CH K trung điểm QH

 KI đường trung bình tam giác CHQ  MN || QC

Ta có: MN QC ,OC MNQCOC Hay QC tiếp tuyến (O)

4 Gọi O’ tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác AMNB Ta có OO’ đường trung trực đoạn AB nên OO' AB Mà CI AB nên CI OO'

CIO' O

 hình bình hành Suy OO’=CI

3

3 2

3 3

2 4

BC R

AB.BC CH AB R.R CH R

R R

CH CI

 

 

   

Xét tam giác OBO’ vuông O

2

3 19

16 4

R R

OB' R 

Bài (0,5 điểm) Tìm x, y0 cho x24y8y24x 8 3x5y4 5 x3y4 Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

 

2 2

4 4 4 4 4 4 4 4 4 8 4 1

(7)

 

2 2

4 4 4 4 4 4 4 4 4 8 4 1

y   y y   x  y x  y  x  x y Cộng vế theo vế VT16x y 12

Áp dụng bất đẳng thức:    

2

4

4 a b

ab  abab  ta có:

      

 

2

8 8 8

3 5 4 5 3 4 16 1

4

16 1

x y

x y x y x y

VP x y

 

       

   

(8)

Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹ sư phạm đến từ trường Đại học trường chuyên danh tiếng

I. Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng xây dựng

các khóa luyện thi THPTQG mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học

- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán trường

PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác

TS.Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn.

II. Khoá Học Nâng Cao HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Tốn Chun dành cho em HS THCS

lớp 6, 7, 8, yêu thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập trường đạt điểm tốt kỳ thi HSG

- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học Tổ Hợp dành cho

học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn đơi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia

III. Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất

môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi miễn

phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hố, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học Tiếng Anh

Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai

Học lúc, nơi, thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia