Đề thi thử vào 10 môn toán có đáp án

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2020 - 2021
Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1. ( 2.5 điểm)
a) Thu gọn biểu thức: A = (3 − 2 2)2 + 2( 2 + 2)
2 x − 3 y = −5
b) Giải hệ phương trình: 
 3x + y = 9


2

2

 x+4 x +4
=
8

c) Chứng minh đẳng thức 
−
.
x +2
 x −2

x +2
với x  0; x  4
x −2

Câu 2. ( 2.0 điểm). Cho phương trình x 2 − 2mx + m2 − m + 3 = 0 (1) với m là tham số.
a) Giải phương trình (1) với m = 5.

b) Tìm giá trị của m biết phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thoả mãn

1
1
+
=1 .
x1 − 3 x2 − 3

Câu 3. ( 1.5 điểm). Giải bài tốn bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 30cm . Nếu tăng chiều rộng lên gấp đôi và tăng
chiều dài thêm 10 cm thì diện tích hình chữ nhật bằng 1000cm2. Tính chiều rộng của hình chữ
nhật ban đầu ?
Câu 4. ( 3.0 điểm). Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R. Vẽ các
đường cao AH, BK của tam giác ( H  BC; K  AC ). Các tia AH, BK lần lượt cắt (O) tại các điểm
thứ hai là D, E.
a) Chứng minh tứ giác ABHK nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh HK // DE.
c) Cho (O) và dây AB cố định, điểm C di chuyển trên (O) sao cho tam giác ABC có ba góc
nhọn. Chứng minh rằng bán kính đường trịn ngoại tiếp  CHK khơng đổi.
Câu 5: (1.0 điểm). Cho ABC có chu vi bằng 2. Gọi a, b, c là độ dài 3 cạnh của ABC .
Chứng minh rằng: A =

a
4b
9c
+
+
 11
b+c −a c + a −b a +b−c

Dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC là tam giác gì ?
..................Hết..............
Họ và tên học sinh: ……………………….. Số báo danh: …..


ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM
Câu

ý

1

a

Nội dung

Điểm

A = (3 − 2 2)2 + 2( 2 + 2) = 3 − 2 2 + 2 + 2 2

0.25

= 3− 2 2 + 2 + 2 2

0.5

=5

0.25

2 x − 3 y = −5
6 x − 9 y = −15


 3x + y = 9
6 x + 2 y = 18

0.25

11y = 33

3x + y = 9

0.25

y = 3

3x + 3 = 9

0.25

x = 2

y = 3

0.25

1.0

b

1.0

c

0.5



2

2

 x + 4 x + 4 2( x + 2) − 2( x − 2) ( x + 2) 2
=
.
8
8
( x − 2)( x + 2)

−
Ta có: 
.
x +2
 x −2
=

2 x + 4 − 2 x + 4 ( x + 2) 2
8
( x + 2) 2

.
=
.
=
8
8
( x − 2)( x + 2)
( x − 2)( x + 2)

x +2
x −2

0.25

0.25

Vậy đẳng thức được chứng minh
2

Với m = 5 thì pt(1) có dạng x 2 − 10 x + 23 = 0

0.25

' = (−5)2 − 23 = 2  0

0.25

1.0

PT có hai nghiệm phân biệt: x1 = 5 + 2; x2 = 5 − 2

0.5

b

 ' = (−m) 2 − (m 2 − m + 3) = m − 3

0.25

a

1.0

=> phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 <=> '  0  m  3
Theo hệ thức Vi-et có : x1 + x2 = 2m

(2) và x1x2 = m2 − m + 3

(3)

0.25


Từ

x ; x  3
1
1
+
=1  1 2

x1 − 3 x2 − 3
( x1 + x2 ) − 6 = x1.x2 − 3( x1 + x2 ) + 9

m  3; 4
2
2

9 − 6m + m − m + 3  0
m − 7m + 12  0


 2
   m = 3(ktm)
2
 2 m − 6 = m − m + 3 − 6m + 9
m − 9m + 18 = 0



  m = 6(tm)

0.25

0.25

Vậy m = 6
Gọi chiều rộng hình chữ nhật là x (cm, x > 0)

0.25

Chiều dài hình chữ nhật là x + 30 ( cm)
Chiều rộng hình chữ nhật khi tăng lên gấp đơi là 2x (cm)
Chiều dài hình chữ nhật khi tăng thêm 10 cm là x + 40 (cm)
3

1.5

0.25

Vì diện tích hình chữ nhật là 1000cm2 nên có phương trình:
2x( x + 40 ) = 1000 <=> x 2 + 40 x − 500 = 0

4

0.25

0.25

Giải pt được x1 = 10(tm); x2 = −50(ktm)

0.25

Vậy chiều rộng hình chữ nhật ban đầu là 10 cm

0.25

a
C

D

E

H
M

K

0.5

F
O
A

1.5

B

Có AKB = 900 ( BK là đường cao của tam giác ABC)

0.25

AHB = 900 (AH là đường cao của tam giác ABC)

0.25

 AKB = AHB = 900

0.25

Suy ra tứ giác ABHK nội tiếp đường tròn

0.25


b
1.0

c

0.5

Tứ giác ABHK nội tiếp  ABK = AHK (góc nội tiếp cùng chắn cung
AK)

0.25

Mà EDA = ABK (góc nội tiếp cùng chắn cung AE của (O))

0.25

Suy ra EDA = AHK

0.25

Vậy ED//HK (do EDA, AHK đồng vị)

0.25

Gọi F là giao điểm của AH và BK. Dễ thấy C, K, F, H nằm trên đường

trịn đường kính CF nên đường trịn ngoại tiếp tam giác CHK có đường
kính CF.
Kẻ đường kính AM.
Ta có: BM//CF (cùng vng góc AB),
CM//BF (cùng vng góc AC)
=> tứ giác BMCF là hình bình hành  CF = MB

0.25

Xét tam giác ABM vng tại B, ta có MB2 = AM 2 − AB2 = 4R2 − AB2
=>

bán

kính

trịn

ngoại

0.5

tam

giác

CHK

là

0.25

2

Cộng (2) và (3) vế theo vế, ta được a =
5

tiếp

CF
4R − AB
không đổi.
=
2
2
Đặt b + c – a = x (1)
c + a – b = y (2)
a + b – c = z (3)
=> x, y, z > 0 và x + y + z = 2 (vì a + b + c = 2)
2

r=

a

đường

y+z
2

0.25

0.25

x+z
x+y
;c=
2
2
y + z 4(x + z) 9(x + y)
Do đó: A =
+
+
2x
2y
2z
1  y z 4x 4z 9x 9y 
A=  + + + + + 
2 x x y
y
z
z 

Tượng tự: b =

A=

1  y 4x   z 9x   4z 9y  
 +
 +  +  +  + 

2  x y   x z   y
z 

1

y 4x

z 9x

4z 9y 

.  (Bất đẳng thức cô – si)
A   2 . + 2 . + 2
2 x y
x z
y z 
A  11

0.25


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
 y 4x
1
5


x = y
 y = 2x
x = 3

a = 6

z = 3x


 z 9x
2
2
 =




  y =  b =
x z
3
3
3
 4z 9y
z = 2 y


1
 =

z = 1

z
y


c = 2
 x + y + z = 2


 x + y + z = 2

Khi đó a2 = b2 + c2  ABC vuông.

- Học sinh giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa câu đó
- Hình vẽ sai không chấm điểm câu 4

0.25