Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Năm học 2018-2019 - Trường THCS An Đà
Bài 1 (1,5 điểm).
Cho hai biểu thức A = 3 5 80 20 5 1
2
và B 1 1 x x x x 1 x 1 x , vớ i 0 ≤ x ≠ 1.
a) Rút gon A và B. ̣
b) Tìm các giá trị của x, biết |B| = A.
Bài 2 (1,5 điểm).
1. Cho hai đường thẳng (d): y = (m – 1)x – m và (d1): y = (2m + 1)x + m2 + 1. Chứng minh
rằng hai đường thẳng (d) và (d1) không thể trùng nhau.
2. Giải hệ phương trình 3(x 1) 2y 7
2(x 3) y 11
Bài 3 (2,5 điểm).
1. Cho phương trình bậc hai với ẩn x, tham số m: x2 - 2(m - 1)x + 2m - 4 = 0 (1).
a) Giải phương trình (1) với m = 0.
b) Tìm m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm không dương.
2. Bài toán thực tế:
Theo tiêu chuẩn FIFA (Liên đoàn bóng đã thế giới) về sân bóng đá mini cỏ nhân tạo 5 người
(kể cả thủ môn) thì: “Sân hình chữ nhật, chiều dọc tối đa 42m và tối thiểu 25m, chiều ngang
tối đa 25m và tối thiểu 15m. Trong mọi trường hợp chiều dọc sân phải lớn hơn chiều ngang
sân”.
TRƯỜNG THCS AN ĐÀ KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2018 - 2019 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Lưu ý: Đề thi gồm 2 trang, học sinh làm bài vào tờ giấy thi. Bài 1 (1,5 điểm). Cho hai biểu thức A = 1 3 5 80 20 5 2 và x x x x B 1 1 1 x 1 x , với 0 ≤ x ≠ 1. a) Rút goṇ A và B. b) Tìm các giá trị của x, biết |B| = A. Bài 2 (1,5 điểm). 1. Cho hai đường thẳng (d): y = (m – 1)x – m và (d1): y = (2m + 1)x + m2 + 1. Chứng minh rằng hai đường thẳng (d) và (d1) không thể trùng nhau. 2. Giải hệ phương trình 3(x 1) 2y 7 2(x 3) y 11 Bài 3 (2,5 điểm). 1. Cho phương trình bậc hai với ẩn x, tham số m: x2 - 2(m - 1)x + 2m - 4 = 0 (1). a) Giải phương trình (1) với m = 0. b) Tìm m để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm không dương. 2. Bài toán thực tế: Theo tiêu chuẩn FIFA (Liên đoàn bóng đã thế giới) về sân bóng đá mini cỏ nhân tạo 5 người (kể cả thủ môn) thì: “Sân hình chữ nhật, chiều dọc tối đa 42m và tối thiểu 25m, chiều ngang tối đa 25m và tối thiểu 15m. Trong mọi trường hợp chiều dọc sân phải lớn hơn chiều ngang sân”. Dựa vào thông tin trên, em hãy giải bài toán sau: Sân bóng đá mini 5 người cỏ nhân tạo Máy Tơ, quận Ngô Quyền, thành phố Hải Phòng có đạt tiêu chuẩn FIFA hay không? Biết rằng sân hình chữ nhật kích thước sân thoả mãn điều kiện sau: Chiều dọc sân dài hơn chiều ngang sân là 22m, diện tích sân là 779m2. Lần 2, ngày thi 28/4/2018 Bài 4 (3,5 điểm). 1. Cho tam giác ABC nhọn có AC > AB nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao BD, CE của tam giác cắt nhau ở H. Đường thẳng DE cắt đường thẳng BC tại F, AF cắt đường tròn tâm O tại K. a) Chứng minh rằng: BCDE là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng: FA.FK = FE.FD c) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: FH vuông góc với AM. 2. Cho tam giác ABC vuông tại B, góc ACB bằng 300 và cạnh AC = 2 cm. Tính thể tích hình nón tạo thành khi quay tam giác ABC quanh AB. Bài 5 (1,0 điểm). a) Chứng minh rằng với mọi x, y > 0 ta có 2 2 2 1 x 2y 3 xy y 1 . b) Cho 3 số dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 P a 2b 3 b 2c 3 c 2a 3 . ========Hết======== HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LẦN 2 MÔN TOÁN BÀI ĐÁP ÁN ĐIỂM 1 (1,5 điểm) a) A = 13 5 80 20 5 2 = 3 5 2 5 2 5 5 = 3 5 5 15 0,5 b) Với 0 ≤ x ≠ 1 ta có: B = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x xx x xx x xx x xx = xx 11 = 1- x B A 1 x 15 1 x 15 x 16,x 14 Kết hợp với ĐKXĐ thì giá trị cần tìm là x = 16 0,5 0,5 2 (1,5 điểm) 1. (0,75 điểm) Nếu (d) và (d1) trùng nhau thì phải có: m2 + 1 = - m và m – 1 = 2m + 1 mà 2 2 2 1 3m 1 m m m 1 0 m 0 2 4 Phương trình này vô nghiệm nên không có giá trị nào của m để hai đường thẳng (d) và (d1) trùng nhau (đpcm). 0,5 0,25 2. (0,75 điểm) 3(x 1) 2y 7 3x 2y 4 2(x 3) y 11 2x y 5 1 2 52 147 1024 423 y x yx x yx yx Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x; y) = ( 2; 1) 0.25 0.25 0.25 Bài Đáp án Điểm 3 (2,5đ) 1. (1,5 điểm) a) m = 0. PT (1) có hai nghiệm 1 2x 1 5;x 1 5 b) Có ' = [- (m – 1)]2 – (2m -4) = m2 – 2m + 1 – 2m +4 = m2 – 4m + 4 + 1 = (m-2)2 + 1 > 0 với mọi m, vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 0,75 0,25 - Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 với mọi m. Theo định lí Viet ta có : 1 2 1 2 2 1 2 4 x x m x x m - Phương trình (1) có hai nghiệm đều dương khi 1 2 1 2 0 2 1 0 1 0 1 2 0 2 4 22 4 0 x x m m m m x x m mm - Vậy để phương trình (1) có ít nhất một nghiệm không dương thì m 2 0,25 0,25 2. ( 1,0 điểm) Gọi chiều ngang sân bóng là x (m), ĐK 15< x <25 Thì chiều dọc của sân sẽ là: x + 22 (m). Theo giả thiết, sân bóng hình chữ nhật với diện tích là 779m2 nên ta có phương trình: x.(x + 22) = 779. x2 + 22x − 779=0 Δ′ = 112−(−779) = 900 > 0 ' = 30 x1 = −11+301 = 19 ( Thỏa mãn điều kiện) x2 = −11−301 = −41<0 (loại) Vậy chiều ngang sân bóng là 19m. Chiều dọc sân bóng là : 19 + 22 = 41 m. Kết luận: Kích thước sân bóng này đạt tiêu chuẩn FIFA. 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài Đáp án Điểm 0,5 N M F E D A C B K H Bài 4 (3,5 điểm) 1a. (0,75 điểm) Ta có (GT) => Hai điểm E, D cùng thuộc đường tròn đường kính BC. => Tứ giác BEDC nội tiếp 0,75 1b. (1,0 điểm) Vì Tứ giác BEDC nội tiếp => Mà chung (1) Ta có tứ giác AKBC nội tiếp => Lại có chung FKB FCA . . (2) KF FC FK FA FB FC FB FA Từ (1) và (2) 0,5 0,5 1c. (0,75 điểm) Mà chung nên FKE ( . . )FDA c g c => => tứ giác AKED nội tiếp. Mặt khác ( GT) => A, E, D cùng thuộc đường tròn đường kính AH. => K thuộc đường tròn đường kính AH => = 900. Gọi N là giao điểm của HK và đường tròn tâm O. Ta có AN là đường kính = > NC // BH; BN // CH => BHCN là hình bình hành => HN đi qua trung điểm M của BC => MH vuông góc với FA. Vì H là giao điểm hai đường cao BD, CE nên H là trực tâm của tam giác ABC => AH vuông góc với FM. Trong tam giác FAM có hai đường cao AH, MK nên H là trực tâm của tam giác =>FH vuông góc với AM. 0,25 0,25 0,25 2. (0,5 điểm) Khi quay tam giác ABC vuông tại B một vòng quanh cạnh AB cố định ta được hình nón có đỉnh là A, bán kính đáy là BC, chiều cao là AB. Xét tam giác ABC vuông tại B ta có: AB = AC.sin 300 = 1 2 1 2 ; BC = AC.cos 300 = 3 2 3 2 2 2 31 1 . 3 .1 ( ) 3 3 V r h cm 0,25 0,25 ; BD AC CE AB 0= 90 BDC BEC FEB FCD EFB ΔFEB ΔFCD (g.g) = .FE = FB.FC FE FC FD FB FD FKB FCA KFB . FA = FE. FD FK . FA = FE. FD FK FD FK FE FA KFE FKE FDA 0= 90 ADH AEH AKH 0= 90 ABN ACN Bài 5 (1,0 điểm) a) Chứng minh : 2 2 2 1 x 2y 3 xy y 1 (x, y > 0) Vì x, y > 0 nên 2 2x 2y 3 0; xy y 1 0 Do đó : 2 2 2 1 x 2y 3 xy y 1 2 22xy 2y 2 x 2y 3 2 2(x y) (y 1) 0 với mọi x, y > 0 Dấu bằng xảy ra khi x = y = 1. 0,25 b) Áp dụng bất đẳng thức ở câu a) ta có: 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 2 ab b 1a 2b 3 a 2b 3 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 2 bc c 1b 2c 3 b 2c 3 2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 2 ca a 1c 2a 3 c 2a 3 Cộng từng vế của các bất đẳng thức cùng chiều ta được: 1 1 1 1 P 2 ab b 1 bc c 1 ca a 1 Do abc = 1 nên: 1 1 1 ab b 1 bc c 1 ca a 1 2 ca a 1 abc ac a ca a 1ca b abc ca ca a 1 1 ca a 1 ca a 1 ca a 1 . Do đó 1 P 2 . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1. Vậy 1 max P = 2 đạt được khi a = b = c =1. 0,25 0,25 0,25 Mời các bạn vào trang để xem thêm nhiều đề thi khác nhau của các trường trên địa bàn cả nước.
Tài liệu đính kèm:
- de_thi_thu_tuyen_sinh_vao_lop_10_mon_toan_nam_hoc_2018_2019.pdf