Đề thi thử vào lớp 10 môn toán năm học 2018 – 2019 phòng GDĐT bắc giang – có đáp án – đề thi minh họa vào lớp 10 môn toán năm 2018

PHÒNG GD& ĐT
TP. BẮC GIANG

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2018 - 2019
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
---------------------------------------------------------------------------------------------------

Bài 1: (2,0 điểm)
1. Tính N= A=  5  1 

5 5
2 5

2. Cho đường thẳng (d): y  2 x  m2  2m .Tìm m để đường thẳng (d) đi qua gốc tọa độ.
Bài 2: (3,0 điểm)
 x x 1

x 1  

x 

: x 
 với x > 0 và x  1.

1. Cho biểu thức M 
x  1  
x  1 
 x 1
Rút gọn biểu thức M và tìm x để M<0

2 x  3 y  2
4 x  y  1

2. Giải hệ phương trình: 

3. Cho phương trình : x 2  3x  m  2  0 (1)
a. Giải phương trình (1) với m=  8
b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn x13  x23  9 x1 x2  81
Bài 3: (1,5 điểm)
Một tổ sản xuất có kế hoạch sản xuất 720 sản phẩm theo năng suất dự kiến. Nếu tăng năng
suất 10 sản phẩm mỗi ngày thì hoàn thành sớm hơn 4 ngày so với giảm năng suất 20 sản phẩm
mỗi ngày. Tính năng suất dự kiến theo kế hoạch.
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (ABAD, tiếp tuyến với đường tròn (O;R) tại D cắt BC tại E. Vẽ OH vuông góc với BC  H  BC 
a. Chứng minh tứ giác OHDE nội tiếp
b. Chứng minh ED 2  EC  EB
c. Từ C vẽ đường thẳng song song với EO cắt AD tai I. Chứng minh HI song song với AB
d. Qua D vẽ đường thẳng song song với EO cắt AB và AC lần lượt tại M và N.
Chứng minh DM=DN
Bài 5: (0,5 điểm)
Tìm giá trị của m để phương trình 2 x 2  2mx  m2  2  0 có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn
H= 2 x1 x2  x1  x2  9 đạt giá trị lớn nhất.
................................................................................
Họ tên thí sinh:..................................................................Số báo danh:....................


HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ LÓP 10 NĂM HỌC 2018-2019
MÔN THI: TOÁN

Hướng dẫn giải

Bài
Bài 1
N=
1.
(1.0 đ)





5 1 

5 5
=
2 5


52 



5  1

5 1 

 5 1 2
2
 5  1  5 1  4  2

=
=

5





5 1

Điểm
2,0
0,25

2 5



5 1

0,25

2

2

2.
(1.0 đ)

2

0,5

2

Vì đường thẳng (d): y  2 x  m2  2m đi qua gốc tọa độ nên ta có m2  2m  0

0,25

m  0
m  0
 m  m  2  0  

m  2  0
m  2

0,5

Vây m=0 hoặc m=2 thì đường thẳng (d) đi qua gốc tọa độ
Bài 2

M= 



1.
(1 đ)

=




 x 1

x 1 x  x 1



x 1




x 1  x
:
x  1






x 1  x
x 1

2,0 đ
 x  x 1 x 1  x  x  x



:
x 1
x  1
x 1


2  x x 1 2  x
x  x 1 x 1
x
=


:
x
x
x 1
x 1
x 1

2 x
với với x > 0 và x  1
x
2 x
Vì x>0 nên M=
<0  2  x  0  x  2  x  4 . Mậy M>0 khi x>4
x

Vây M=

2.
(1 đ)

2 x  3 y  2
4 x  6 y  4


4 x  y  1
4 x  y  1
5 y  5
 y  1


4 x  y  1 4 x  1  1
1

 y  1
 y  1  x 



2
4 x  1  1 4 x  2
 y  1

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

0,25
1
2

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x;y)=( ; 1 )

3.
a/
(0,5 đ)

0,25

Thay m= 8 vào phương trình (1) ta có phương trình x 2  3x  10  0
Ta có   b2  4ac  ...  49  0    7
Vậy PT có 2 nghiệm phân biêt x1  ...  5; x2  ...  2
Vậy với m= 8 , PT(1) có 2 nghiệm phân biêt x1  ...  5; x2  ...  2

0,25

0,25

0,25


Ta có   b 2  4ac  ...  4m  17 . Để PT (1) có 2 nghiệm phân biệt thì
b

c
17
 3; x1 x2   m  2 .
. Theo vi ét ta có x1  x2 
a
a
4
3
3
2
2
Ta có x1  x2  9 x1 x2  81   x1  x2   x1  x2  x1 x2   9 x1 x2  81
0m

b
(0,5đ)

2
  x1  x2   x1  x2   x1 x2   9 x1 x2  81   x1  x2  9  m  2   9  m  2   81


17
 ...   x1  x2 11  m  9 11  m .Vì m   m  11  m  11  0  x1  x2  9
4
x  x  3
 x1  6
Ta có hệ phương trình  1 2
 ...  
 x1  x2  9
 x1  3

Mà x1 x2  m  2  m  2  6  (3)  18  m  16 ( thỏa mãn ). KL

Bài 3
Gọi năng suất dự kiến theo kế hoạch là x ( SP ); ĐK: x nguyên , x>20
720
( ngày)
x  10
720
Thời gian làm khi giảm năng suất 20 sản phẩm mỗi ngày là
( ngày)
x  20
720
720

4
Theo bài ra ta có PT
x  20 x  10
Giải PT tìm được x1  80 ( thỏa mãn) ; x2  70  0 (loại)

0,25

0,25

1,5 đ
0,25

Thời gian làm khi tăng năng suất 10 sản phẩm mỗi ngày là

Kết luận:
Bài 4

0,25
0,25
0,5
0,25
3,0 đ

A

K

O
I
E

B
C

H
M
D

a
(1 đ)

b
(0.75
đ)

c

(0.75
đ)

N

Vì OH  BC nên OHE  900 ; Ta có OD  DE (,,,) nên ODE  900  OHE  ODE  900

0,5

Xét tứ giác OHDE Có OHE  ODE  900 , mà H va D là 2 đỉnh kề nhau của tứ giác
OHDE .Vậy tứ giác OHDE nội tiếp

0,5

Xét EDC và EBD Có góc E chung ; EDC  EBD (,,,,) vậy EDC EBD

0,25
0,25

ED EC

EB ED
Vậy ED 2  EC  EB


Vì CI//EO  HCI  HCO (.....), Vì tứ giác OHDE nội tiếp nên HEO  HDO (,,,,)
Vậy HCI  HDI .
Xét tứ giác HICD có HCI  HDI , mà D và C là 2 đỉnh kề nhau của tứ giác HICD
nên tứ giác HICD nội tiếp  IHC  IDC  ADC (.....)
Mà ADC  ABC(...)  IHC  ABC , mà 2 góc này ở vị trí đồng vì nên HI//AB

0,25

0,25
0,25
0,25


d
(0.5 đ)

Gọi K là giao điểm của CI và AB ta có CK//OE, Xét tam giác ACK có IB=IC ( vì
OH  BC), có HI//BK (…) nên ta có IK=IC. Ta có MN //OE, CK //OE nên CK//MN
Xét tam giác MAD có IK//DM 

IC
IK
AI
AI


, tương tự ta có
DN AD
DM AD

IK
IC

Vậy ta có
, mà IK=IC nên ta có DM=DN

DM DN

0.25

0.25
0,5 đ

Bài 5
2 x  2mx  m  2  0 Ta có   ...  4  m , để PT có nghiệm thi   0  2  m  2
m2  2
Theo vi ét ta có x1  x2  ...  m; x1 x2  ... 
. Nên ta có H=…= m2  m  7
2
2
Ta có H  (m  2m)  3m  6  13  ...   m  2 m  3  13
2

2

,

2

,

Vì 2  m  2  m  2  0 và m  3  0   m  2 m  3  0

0,25

0,25

 H   m  2 m  3  13  13 , dấu bằng có khi m+2=0  m  2

Vậy m  2 thi H lớn nhất H=13
Lưu ý khi chấm bài:
-Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu
học sinh trình bày cách khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng.
-Với bài 4 , nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.
-Tổng điểm không làm tròn VD; 7.25 là 7.25; 7.5 là 7.5;7.75 là 7.75