2017 2018 thi thử 10 lần 3 toán hải phòng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

ĐỀ THI THỬ LẦN 3

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2017 - 2018
BÀI THI MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao
đề)
(Đề thi gồm 05 câu, 02 trang)

Bài 1 (1,5 điểm).
1/ Cho biết A = 9 + 3 7 và B = 9 − 3 7 . Hãy so sánh A + B và A . B
x2 + x 2x + x
−
+ 1 với x > 0.
2/ Cho biểu thức y =
x − x +1
x
a/ Rút gọn y.

b/ Cho x > 1. Chứng minh rằng y − y = 0
Bài 2 (1,5 điểm).
1/ Cho hàm số y = f(x) = (2m - 1)x + 1 có đồ thị là (d).
a/ Xác định hệ số m biết (d) đi qua điểm M(-1; 2)
b/ Với giá trị của m tìm được ở trên, so sánh f 3 − 2 vµ f

(

)

(

)

6− 5 .

 2 x − y = − 3
2/ Giải hệ phương trình: 
 x + 3 y = 2
Bài 3 (2,5 điểm).
1/ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P): y = x 2 và đường thẳng (d) : y = 2x +
2m - 1 (với m là tham số).
a/ Với m = 0, chứng tỏ đường thẳng (d) và Parabol (P) có một điểm chung.
Tìm tọa độ điểm chung đó.
b/ Tìm các giá trị của m để (d) và (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt có các
2
2
2
2
hoành độ x1; x2 thỏa mãn điều kiện x2 ( x1 −1) + x1 ( x2 −1) = 8
2/ Một người gửi 200 triệu VNĐ vào tài khoản ngân hàng . Có 2 lựa chọn: Người gửi
có thể nhận được lãi suất 7% một năm hoặc nhận tiền thưởng ngay là 3 triệu VNĐ
với lãi suất 6% một năm. Lựa chọn nào tốt hơn sau một năm? Sau hai năm?
Bài 4 (3,5 điểm).
1/ Gọi C, D là hai điểm trên nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R sao cho C
·
thuộc cung AD và COD
= 900. E là giao điểm của hai dây AD và BC, F là giao điểm
của các đường thẳng AC và BD.

a/ Chứng minh bốn điểm C, E, D, F cùng nằm trên một đường tròn.
b/ Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh ID là tiếp tuyến đường tròn (O).
c/ Tìm giá trị lớn nhất của diện tích ∆FAB theo R khi C, D thay đổi nhưng vẫn
thỏa mãn giả thiết bài toán.
µ = 600 , AB = 3dm. Quay tam giác vuông đó một vòng
2/ Cho ∆ABC vuông ở A, B
quanh cạnh AC cố định ta được một hình nón. Tính diện tích xung quanh của hình
nón.
Bài 5 (1,0 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1
/>

(

a/ Chứng minh: c + ab ≥ c + ab

)

2

ab + c + 2a 2 + 2b 2
b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M =
1 + ab
----------Hết---------

tài nguyên giáo dục...

/>

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ CHO ĐIỂM ĐỀ THI THỬ VÀO 10

Bài

Đáp án

Điểm

1/ 0,5 điểm
A + B = 9 + 3 7 + 9 − 3 7 = 18

(

)(

)

0,25
0,25

A.B = 9 + 3 7 9 − 3 7 = 81 − 63 = 18
⇒ A + B = A.B

2/ 1,0 điểm
Bài 1
(1,5
điểm).

x
x2 + x 2x + x
a/ y=
−

+ 1 = +1 =
x − x +1
x
= x + x − 2 x − 1+ 1 = x − x = x

(

(

)(

)

x − x +1

x

(

)

x −1 = x

⇒ y− y = x

(

)

(

x −1 − x

) +1

x +1
x

)

(

)

x −1 > 0

x −1

(

0,25
0,25

x −1

b/ Khi x >1 ⇒ x > 1⇒ x −1 > 0 ⇒ y = x
⇒y=

) − x(2

x +1 x − x +1

)

0,25
0,25

x −1 = 0 (®
pcm)

1/ 0,75 điểm
a/ Thay x = -1, y = 2 vào hàm số ta được 2 = (2m – 1) (-1) + 1
⇒ 1- 2m = 1 ⇒ m = 0

0,25

b/ Khi m = 0, ta được hàm số y = -x + 1 có a = -1 < 0 nên hàm số nghịch
biến (1).

Bài 2
(1,5
điểm).

1

 3− 2 = 3+ 2

1

⇒ 3 − 2 > 6 − 5 (2)

Mặt khác  6 − 5 =
6
+
5

 3+ 2 < 6 + 5



Từ (1) và (2) ⇒ f ( 3 − 2) < f ( 6 − 5)

0,25

0,25

2/ 0,75 điểm

§ KX § : y ≥ 0.

 2x − y = − 3
⇔
Ta có: 
x
+
3
y
=
2


 2x − y = − 3 (1)

 2x + 6 y = 4 (2)

0,25

Trừ từng vế phương trình (2) cho phương trình (1) được

7 y = 7 ⇔ y = 1⇔ y = 1 (tm®k)

0,25

Do ®ã x +3 =2 ⇔ x =-1
VËy hÖph ¬ng tr×
nh cã nghiÖm duy nhÊt (x; y) =(-1; 1)

0,25

Bài 3 1/ 1,5 điểm
/>

a/ Với m = 0. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P):
x2 = 2x – 1 ⇔ x2 − 2x + 1= 0.

∆ ' = ( −1) − 1.1= 0 ⇒ (d) vµ (P) cã mét ®
iÓm chung
2

∆'=0 ⇒ Ph ¬ng tr×
nh cã nghiÖm kÐp x1=x2 =1⇒ y1 =y2 =1

Täa ®é ®
iÓm chung lµ ( 1 ; 1)

0,25
0,25

b/ Xét phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P)

x2 = 2x + 2m− 1⇔ x2 − 2x − 2m+ 1= 0 (a =1; b =-2; c =-2m +1)
∆ ' = (−1)2 − 1.(−2m+ 1) = 1+ 2m− 1= 2m
Ph ¬ng tr×
nh cã 2 nghiÖm ph©
n biÖt khi 2m >0 ⇔ m >0
x1 + x2 = 2
Theo định lý Viets, ta có x .x = −2m+ 1
 1 2
Theo bài ra ta có:

0,25

0,25

x2 2 ( x12 − 1) + x12 ( x2 2 − 1) = 8 ⇔ x12 + x2 2 − 2 x12 x2 2 + 8 = 0

⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 − 2 x12 x2 2 + 8 = 0 (3)
2

Thay (1), (2) vào (3), ta có: −8m 2 + 12m + 8 = 0 ⇔ 2m 2 − 3m − 2 = 0
(2,5
điểm).

1
⇒ m1 = − (loại); m2 = 2 (thỏa mãn)
2
Vậy m = 2 (d) cắt (P) tại 2 điểm có các hoành độ x1; x2 thỏa mãn điều kiện
x22 ( x12 − 1) + x12 ( x22 − 1) = 8

0,25

0,25

2/ 1, 0 điểm
+) Sau 1 năm:
- Với lãi suất 7% một năm
Số tiền lãi nhận được là: 7%.200 000 000 = 14 000 000 VNĐ.
- Với lãi suất 6% một năm
0,25
Tổng số tiền thưởng và lãi nhận được là: 6%.200 000 000 + 3 000 000 =
15 000 000VNĐ.
+) Sau 2 năm:
- Với lãi suất 7% một năm
Số tiền lãi nhận được là:
7%.(200 000 000 + 14 000 000) + 14 000 000 = 28 980 000VNĐ.
- Với lãi suất 6% một năm
0,25
Số tiền lãi nhận được là :
6%.(200 000 000 + 12 000 000+3 000 000) + (12 000 000+ 3 000 000) =
27 900 000VNĐ.
Vậy nếu gửi 1 năm thì gửi với lãi suất 6% .
0,25

Nếu gửi 2 năm thì gửi với lãi suất 7%.
0,25
Vẽ hình đúng
/>
0,25


Bi 4
(3,5
im)

a/ 0,75 im
Ta cú : ãACB = ãADB = 900 (gúc ni tip chn na ng trũn)
ã
ã
=> FCE
= 900 ; FDE
= 900 (Hai gúc k bự )
Suy ra C v D thuc ng trũn ng kớnh EF
Vy t giỏc ECFD ni tip ng trũn ng kớnh EF.
b/ 1,0 im
Gi I l trung im EF I l tõm ng trũn i qua 4 im E, C, F, D
ã
ã (1)
IF = ID IFD cõn ti I IFD
= IDF
ã
ã
ODB cõn ti O (vỡ OB = OD) ODB
(2)

= OBD
ã + OBD
ã
M IFD
= 90 0 (3) (vỡ E l trc tõm FAB nờn FE AB)

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

ã + ODB
ã
ã
T (1), (2), (3) suy ra IDF
= 900 IDO
= 900 .
Vy ID l tip tuyn ca ng trũn tõm O
c/ 1,0 im
K FE ct AB ti H FH AB

0,25
0,25

1
Ta có SFAB = .AB.FH, mà AB =2R không đổi nên SFAB lớ n nhất
2
khi FH lớ n nhất.

0,25

Lại có COD câ
n tại O có OI là đờng trung trực ( OC =OD, IC =ID)
ã
ã
OI là đờng phâ
n giác của COD
IOD
= 450 IOD vuông câ
n tại D 0,25
IO =R 2

Ta có FH =FI +IH ID +IO =R + R 2 ( do FI = ID =R và IH IO)

Dấu bằng xảy ra khi H trù ng vớ i O CD // AB AC =BD =2R.sin 22,5

0

(

Vậy diện tích lớ n nhất đạt đ ợ c của FAB là R R +R 2
0

Bi 5

khi AC =BD =2R.sin 22,5
a/ 0,25 im

/>
)

0,25

0,25


(c + ab ) 2 ≤ (c + a)(c + b) ⇔ c 2 + 2c ab + ab ≤ c 2 + ac + bc + ab
a+b
2
Bất đẳng thức cuối đúng (theo Cô si)
Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ a = b
⇔ 2c ab ≤ ac + bc ⇔ ab ≤

b/ 0,75 điểm

(

Theo câu a/ ta có c + ab ≥ c + ab
(1
điểm)

)

0,25

2

a = b = k

⇒ c + ab ≥ c + ab (1). Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ 
 c = 1 − 2k

0,25

Có 2a 2 + 2b 2 ≥ (a + b) 2 ⇒ 2a 2 + 2b 2 ≥ a + b (2)
Cộng (1) và (2) có ab + c + 2a 2 + 2b 2 ≥ a + b + c + ab

0,25

⇔ ab + c + 2a 2 + 2b 2 ≥ 1 + ab
⇔

ab + c + 2a 2 + 2b 2
≥1
1 + ab

a = b = k
1
Với 0 < k <
2
 c = 1 − 2k

Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ 

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là 1 khi

/>
a = b = k 
1

0

2
 c = 1 − 2k 

0,25