Tổng hợp đề thi thử vào 10 toán trường lương thế vinh 2017 2018 có đáp án chi tiết

ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ VÀO 10 (lầ n 1) – TRƯỜNG LƯƠNG THẾ VINH
Năm 2018 – 2019
Bài 1.
a) Với x0; x  9.

x −2
+
x −3

P=
=

(

x −2

)(

x +1 x − 4 x − 9
+
9− x
x +3

) ( x + 1)( x − 3) − ( x − 4
( x − 3)( x + 3)

x +3 +

x −9

)=

x
x −3

x
9
81
= 3  x =  x = (tm)
2
4
x −3
x
x +5 − x
c) M = P : Q =
:
=
x −3 3− x
x +5
b) P = 3 

M 

1
− x
1

 
2

x +5 2

x
1
x −5
 
 0  x  25
x +5 2
2 x +5

(

)

1
.
2
6
1
Bài 2. Đổi 1 giờ 12 phút =
giờ, 30 phút =
giờ
5
2
Kết hợp điều kiện ta có 0  x < 25 thì M 

Gọi thời gian vòi 1 chảy một mình đầy bể là x (h) (x > 0)
Gọi thời gian vòi 2 chảy một mình đầy bể là y (h) (y > 0)

1

(bể)
x
1
Trong 1 giờ, vòi 2 chảy một mình được
(bể)
y
5
Trong 1 giờ, cả hai vòi cùng chảy được
(bể)
6
1 1 5
Ta có phương trình: + =
x y 6
1
1
Trong giờ, vòi 1 chảy một mình được
(bể)
2x
2
Trong 1 giờ, vòi 1 chảy một mình được


Nếu mở vòi 1 chảy trong
trình:

7
1
giờ và vòi 2 trong 1 giờ thì được
(bể) nên ta có phương
12

2

1 1 7
+ =
2 x y 12

1 1 5
1 1
=
 x + y = 6
 2 x 4
 x = 2 ( tm )


Khi đó ta có hệ phương trình: 
 y = 3 ( tm )
1 +1= 7
1 = 1
 2 x y 12
 y 3
Bài 3.
1) Điều kiện: 2x – y > 0, x + y  0.

4
21
1
21
1

 4

 2x − y − x + y = 2
 2x − y − x + y = 2


( I ) 
3
7−x− y
3
7

+
=1 
+
=2
 2 x − y
 2 x − y x + y
x+ y
1
1
=a,
= b (a > 0, b  0). Hệ (I) có dạng
Đặt
x+ y
2x − y
1

1
a
=
(tm)


4a − 21b =

2
(I )
2
3a + 7b = 2
b = 1 (tm)
 14
1
 1
 2x − y = 2
2 x − y = 4  x = 6(tm)

Khi đó: 


x
+
y
=
14
1
1

 y = 8(tm)

=

 x + y 14

1
2

2) a)Phương trình hoành độ giao điểm của (d): y = 2x – 1 và (d’): y = − x + 4 là

1
2x − 1 = − x + 4  x = 2
2
Với x = 2 thì y = 3.
Vậy tọa độ giao điểm của đồ thị hai hàm số đã cho là M(2;3).
b) Giao điểm của (d) và (d’) với trục tung lần lượt là
N(0; -1) và P(0;4).

1
1
SMPN = MH .PN = 2.5 = 5 (đvdt)
2
2


Bài 4.

E

a) OAD = OMD = 900  O, A, D, M cùng thuộc đường
tròn đường kính OD.
b) MBA = DOA =

1

sd AM  OD // BM
2

N

mà O là trung điểm của AB  D là trung điểm AN.
c) ΔOBM cân tại O có OK ⊥BM nên MOK = BOK
ΔOME = ΔOBE (c.g.c)  OMK = OBK = 90  BE
là tiếp tuyến của (O) tại B.
d) Kẻ JH ⊥ AB, J là trọng tâm ΔABN.

M



I

D

0

J

K
B

A

H

O

AH AJ 2
=
=  H không đổi.
AO AI 3

 J thuộc đường thẳng đi qua H và vuông góc với AB.
Bài 5. Đặt b = -a (b > 0)

P = a 2 + 4a + 15 +

36a + 81 2
81 − 36b
81 36
= b − 4b + 15 +
= b 2 − 4b + 15 + 2 −
2
2
a
b
b
b

2

2

9
9

9




=  b +  − 4 b +  − 3 =  b + − 2  − 7
b
b
b




2
9
9


Ta có b +  6   b + − 2  − 7  9 với mọi b > 0.
b
b


9
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi b =  b = 3(tm) hay a = -3.
b
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9 khi a = -3.


TRƯỜNG THCS&THPT LƯƠNG THẾ VINH

(lầ n 2)
Câu 1. (2 điể m) Cho biể u thức A =

ĐỀ THI THỬ VÀ O 10
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi 20 tháng 5 năm 2018

3 x −6
1
x −3
−
+
;B =
x−2 x 2− x
x

1) Tính giá tri biể
̣ u thức B khi x = 4

(

x −2
( x  0, x  4)
x +1

)

9+4 5 − 9−4 5 .

2) Rút go ̣n biể u thức A.
3) Tìm các số nguyên x để

AB 

2
.
3

Câu 2. (2 điể m)
Lúc 12 giờ 30 phút ba ̣n Sơn đa ̣p xe từ nhà đế n trường cách nhau 5 km. Đi đươ ̣c 1 km thì xe hỏng
phải dừng la ̣i sửa, sau 5 phút ba ̣n thấ y chưa sửa xong nên gửi xe la ̣i và go ̣i xe Grab-Bike. Đúng 2
phút sau xe đế n và đưa ba ̣n đi với vâ ̣n tố c lớn hơn vâ ̣n tố c của ba ̣n lúc đầ u 18km/h. Ba ̣n đế n trường
lúc 12 giờ 50 phút vừa kip̣ vào giờ lớp. Tiń h vâ ̣n tố c lúc đầ u của Sơn.
Câu 3. (2 điể m)

 x−2
1
4
+
=

2x − y 3
 3
1) Giải hê ̣ phương trình: 
 2 x − 2 − 3 = 17
 5
y − 2x 5

2) Cho parabol (P) : y = x2 và đường thẳ ng (d) : y = -(m+1)x – 4.

a) Xác đinh
̣ to ̣a đô ̣ giao điể m của (d) và (P) khi m = 4.
b) Tìm giá tri ̣của m để (d) cắ t (P) ta ̣i hai điể m phân biê ̣t M(x1 ;y1) , N(x2 ;y2) sao cho
y1 + y2 = 2(x1 + x2) + 7.
Câu 4. (3,5 điể m)
Cho mô ̣t điể m A cố đinh
̣ ở ngoài đường tròn (O ;R), đoa ̣n OA cắ t (O ;R) ta ̣i H. Qua A kẻ cát
tuyế n d cắ t đường tròn ta ̣i hai điể m B và C (B nằ m giữa A và C). Kẻ AM, AN tiế p xúc với đường
tròn ta ̣i M và N, go ̣i I là trung điể m của BC.
1. Chứng minh 5 điể m A, M, N, O, I cùng thuô ̣c mô ̣t đường tròn
2. Khi OA = 2R, tiń h diê ̣n tích phầ n tam giác AMO nằ m ngoài (O:R) theo R.
3. Go ̣i K là giao điể m của HC và MN. CHứng minh đường tròn ngoa ̣i tiế p tam giác MKC tiế p
xúc với MH.
4. Khi cát tuyế n d quay quanh điể m A thì tro ̣ng tâm G của tam giác MBC cha ̣y trên đường
nào?
Câu 5. (0,5 điể m) Cho a, b, c là ba số thực thỏa mañ :-1x; y; z 2 và x2 + y2 + z2 = 9.
Tìm giá tri ̣nhỏ nhấ t và giá tri ̣lớn nhấ t của P = x + y + z.
………………………………………HẾT………………………………………


TRƯỜNG THCS&THPT LƯƠNG THẾ VINH
GỢI Ý ĐÁP

ÁN ĐỀ THI THỬ VÀ O 10

Môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi 20 tháng 5 năm 2018
Bài 1. A =
1) x = 4

(

3 x −6
1
x −3
−
+
;B =
x−2 x 2− x
x

)

9+4 5 − 9−4 5 =4

(

x −2
( x  0, x  4)
x +1

)

5 + 2 − 5 + 2 = 16

4−2 2
= .
4 +1 5
x −3 3 x −6+ x + x−5 x +6

=
=
x
x x −2

Thay x = 16 (tmđk) vào B ta có B =
2) A =

3 x −6
1
−
+
x−2 x 2− x

3) Với x> 0, x  4: A.B =

(

)

x −1
x −2

x −1 x − 2
x −1
.
=
x − 2 x +1
x +1

Điề u kiê ̣n: A.B  0  x  1

2
x −1 2
x −1 4
13
169

 
  x   x
3
5
25
x +1 3
x +1 9
169
; x  4 mà x Z nên x  {1;2;3;5;6}.
Vâ ̣y 0  x 
25
AB 

Bài 2. Đổi 2 phút =

1
1
giờ; 5 phút =
giờ;
30
12

Gọi vâ ̣n tố c của Sơn đi xe đa ̣p là: x (km/h, x > 0)
thời gian Sơn đi 1 km đầ u là:

1
(h)
x

Vâ ̣n tố c của Sơn khi đi xe Grab-Bike là: x + 18 (km/h)
Quañ g đường còn la ̣i Sơn đi xe Grab-Bike là: 5 – 1 = 4 km.
Thời gian Sơn đi xe Grab-Bike là:

4
(h)
x + 18

Thời gian Sơn đi từ nhà đế n trường là: 12 giờ 50 phút – 12 giờ 30 phút = 20 phút =
Theo đề bài ta có phương trình:

 x = 12(tm)
1
4
1 1 1
2
+
+ + =  13x − 66 x − 1080 = 0  
90
 x = − (ktm)
x x + 18 30 12 3
13


Vâ ̣y vâ ̣n tố c lúc đầ u của Sơn là 12km/h.

1
giờ
3


Bài 3.
1) Điều kiện: x  2 , 2x – y  0.

 x−2
3
3

1
4
x−2 +
=4
+
=



2x − y
2x − y 3
 3






 2 x − 2 − 3 = 17
 2 x − 2 + 3 = 17
2
 5
 5

2x − y 5
y − 2x 5



 x = 3(tm)

 y = 5(tm)

x−2 3
 x − 2 =1
=
5
5

 3
x−2
3
17
 2x − y = 3
+
=


5
2x − y 5

2) Phương trình hoành độ giao điểm của (d): y = -(m+1)x – 4 và (P): y = x2 là

x 2 + ( m + 1) x + 4 = 0

Để (d) cắ t (P) ta ̣i hai điể m phân biê ̣t thì (1) có hai nghiê ̣m phân biê ̣t hay Δ > 0

m  3

 m2 + 2m – 15 > 0  
 m  −5

 x1 + x2 = −m − 1

Theo đinh
̣ lý Viet :  x1.x2 = 4
Điể m M(x1; y1)  (P)  y1 = x12 , điể m N(x2; y2)  (P)  y2 = x22

y1 + y2 = 2(x1 + x2) + 7  x12 + x22 = 2 ( x1 + x2 ) + 7  ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 2 ( x1 + x2 ) + 7
2

 m = 2(ktm)
 m 2 + 4m − 12 = 0  
 m = −6(tm)
Bài 4.
1) AMO = ANO = 900 (góc nô ̣i tiế p chắ n nửa
đường tròn)

I là trung điể m của dây BC  AIO = 900 
(liên hê ̣ giữa đk và dc)
 AMO = ANO = AIO = 900  A, M, N, I,
O cùng thuô ̣c đường tròn đường kính AO.
2) + Ta có OA = 2R, OH= R  H là trung
điể m của OA mà ΔAMO vuông ta ̣i M  OH =
AH = MH = R  Δ OMH đề u  MOH = 600

 R 2 .60  R 2
=
 Squa ̣t OMH =
360
6
AM .MO R 2 3
=
+ Tin
́ h đươ ̣c AM = R 3  S AMO =
2
2

Diê ̣n tích tam giác OMA nằ m ngoài (O;R) là: S = SAMO - Squa ̣t OMH =

(

2
R2 3  R2 R 3 3 − 
−
=
2
6

6

)


3) AM, AN là 2 tiế p tuyế n cắ t nhau ta ̣i A của (O) nên OA là
phân giác của góc MON  H là điể m chiń h giữa cung MN 

MHN = MCH
Kẻ Mx là tiế p tuyế n của đường tròn ngoa ̣i tiế p tam giác MKC
(Mx và C thuô ̣c hai nửa mă ̣t phẳ ng đố i nhau bờ MK)
 xMK = MCK  xMK = HMK
 MH  Mx  MH là tiế p tuyế n của đường tròn ngoa ̣i tiế p
ΔMKC
4) Go ̣i J là trung điể m của OA  IJ = AO/2 và J cố đinh
̣

MS

MG

SG

2

=
=
=
Kẻ GS // IJ cắ t MJ ta ̣i S 
MJ MI

IJ 3
2IJ AO
SG
=
=
 S cố đinh
̣ và
3
3 không đổ i
 G cha ̣y trên đường tròn tâm S bán kiń h AO/3.
Câu 5. (0,5 điể m) Cho a, b, c là ba số thực thỏa mañ :-1x; y; z 2 và x2 + y2 + z2 = 9.
Tìm giá tri ̣nhỏ nhấ t và giá tri ̣lớn nhấ t của P = x + y + z. .
+) Ta có (x +1)(2 - x)  0  x2 – x – 2  0
chứng minh tương tự:

y2 – y – 2  0; z2 – z – 2  0

 x2 + y2 + z2 – (x + y + z ) – 6  0  P  3.

(x + 1)(2 − x) = 0
( y + 1)(2 − y ) = 0  x = −1; y = z = 2

  y = −1; x = z = 2
Dấ u “=” xảy ra  

( z + 1)(2 − z ) = 0
 z = −1; x = y = 2
 x 2 + y 2 + z 2 = 9
Vâ ̣y giá tri ̣nhỏ nhấ t của P = 3 khi x = -1; y = z = 2 hoă ̣c …
+) Áp du ̣ng bấ t đẳ ng thức cô si ta có:

x 2 + 3  2 3x
y2 + 3  2 3y
z 2 + 3  2 3z
x2 + y 2 + z 2 + 9
P
=3 3
2 3
Dấ u “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =

3


Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán - Trường THCS Lương Thế Vinh
Năm học 2017 - 2018 (vòng 3)

BÀI I. ( 2,0 điểm) Cho biể u thức A =


2−5 x
x
2 x
3x + 9   x − 2 
và B = 
+
−
+ 1
 .
x
−

9
3
x +1
x
+
3
x
−
3




với x >0, x ≠ 9
1) Tính giá tri biể
̣ u thức A khi x = 19 + 8 3 + 19 − 8 3
2) Rút go ̣n biể u thức B.
3) Go ̣i M = A.B. So sánh M và M
BÀI II. ( 2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Để chở hế t 60 tấ n hàng, mô ̣t đô ̣i xe dự đinh
̣ dùng mô ̣t số xe cùng loa ̣i. Lúc sắ p khởi hành, có
3 xe phải điề u đi làm viê ̣c khác vì vâ ̣y mỗi xe còn la ̣i phải chở thêm 1 tấ n hàng mới hế t số tấ n hàng
đó. Tính số xe lúc đầ u của đô ̣i , biế t rằ ng số lươ ̣ng trên mỗi xe phải chở là như nhau.
BÀI III. ( 2,0 điểm)

 x + 2 + 4 y − 1 = 3
1) Giải hê ̣ phương trình 
3 x + 2 − 2 y − 1 = 2
2) Cho phương trình x2 – mx + 2m – 4 = 0 (*)
a) Giải phương trình khi m = 1

b) Tìm m để phương trình có hai nghiê ̣m phân biê ̣t x1; x2 sao cho |x1| + |x2 | = 3.
BÀI IV. ( 3,5 điểm)
Cho tứ giác ABCD nô ̣i tiế p đường tròn ( O), (AB < CD). Go ̣i I là điể m chiń h giữa cung nhỏ
AB. Hai dây DI và CI cắ t AB lầ n lươ ̣t ta ̣i M và N. Các tia DA và CI cắ t nhau ta ̣i E. Các tia CB và DI
cắ t nhau ta ̣i F.
1) Chứng min CDEF nội tiếp .
2) Chứng minh EF song song với MN.
3) Chứng minh AI2 = IM. ID và IA tiế p xúc với đường tròn ngoa ̣i tiế p tam giác AMD.
4) Cho AB cố đinh,
̣ CD di đô ̣ng. Go ̣i R1 là bán kiń h đường tròn ngoa ̣i tiế p tam giác AMD và R2 là
bán kính đường tròn ngoa ̣i tiế p tam giác BMD. Chứng minh R1 và R2 có tổ ng không đổ i.
BÀI V. ( 0,5 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh:

( x + y )( y + z )( x + z ) (

)

x + y + y + z + z + x  4 ( xy + yz + xz )

-------------------------------- Hết -----------------------------


ĐÁP ÁN Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán - Trường THCS Lương Thế Vinh
Năm học 2017 - 2018 (vòng 3)
BÀI I. ( 2,0 điểm)
Cho biể u thức A =


2−5 x
x

2 x
3x + 9  x − 2 
;B = 
+
+
+ 1 ( x  0, x  9 )

9
−
x
3
x +1
x
+
3
x
−
3




1) x = 19 + 8 3 + 19 − 8 3 = 4 + 3 + 4 − 3 = 8(tm)

2 − 5. 8 7 8 − 42
=
=2 2 −6
7
8 +1


x
2 x
3x + 9  x − 2  3 x − 9 x + 1
x +1
+
+
+ 1 =
.
=
2) B = 

x−9
3
x − 3 9 − x  3
x +3
 x +3

2 − 5 x x +1 2 − 5 x
3) M = A.B =
.
=
x +1 x + 3
x +3
4
2−5 x
4
Điề u kiê ̣n M có nghiã là: M 0 
, kế t hơ ̣p điề u kiê ̣n ta có 0  x 
 x
25

25
x +3
Thay x =8 (tm) vào A ta có: A =

Xét M − 1 =

2−5 x
−6 x − 1
−1 =
 0 với 0  x  4/25  M  1  M − 1  0
x +3
x +3

do đó M − M = M

(

)

M  0, M − 1  0 .

M − 1  0 do

Vâ ̣y M  M .
BÀI II. ( 2,0 điểm)
Go ̣i số xe dự đinh
̣ của đô ̣i là x (xe) (x > 3, x  N)
Khi đó số tấ n hàng mỗi xe dự đinh
̣ chở là

60
(tấ n)
x

Số xe thực tế của đô ̣i là x – 3 (xe)
Số tấ n hàng mỗi xe thực tế chở là
Theo đề bài ta có PT

60
(tấ n)
x−3

60 60
− = 1  x2 – 3x –180 =0 
x−3 x

Vậy số xe lúc đầ u của đô ̣i là 15 xe.

 x = 15(TM )
 x = −12( KTM )



BÀI III. ( 2,0 điểm)
1) Điề u kiê ̣n: y1

 x + 2 + 4 y − 1 = 3
 x + 2 + 4 y − 1 = 3
 x + 2 + 4 y − 1 = 3



(*) 
3
x
+
2
−
2
y
−
1
=
2
6
x
+
2
−
4
y
−
1
=
4
7 x + 2 = 7


  x = −1
1



 y −1 =
  x = −3
2

 x + 2 =1
 y = 5 (tm)



4
Vậy hệ (*) có 2 nghiệm (x;y) = (-1;5/4); (x;y)=(-3;5/4)
2) 2) Cho phương trình x2 – mx + 2m – 4 = 0 (*)
a) Giải phương trình khi m = 1
b) Tìm m để phương trình có hai nghiê ̣m phân biê ̣t x1; x2 sao cho |x1| + |x2 | = 3.

 x = −1

a) Với m = 1; ta có PT: x2 – x – 2 = 0  (x+1)(x – 2) = 0  
x = 2
Với m = 1 thì (*) có nghiê ̣m x = -1; x = 2.

b) Để (*) có 2 nghiệm phân biệt thì thì >0  m2 – 8m + 16 > 0  (m – 4)2 > 0  m  4.

 x1 + x2 = m
 x1 x2 = 2m − 4

Theo viet ta có: 

x1 + x2 = 3  x12 + x2 2 + 2 x1 x2 = 9  ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + 2 x1 x2 = 9

2

 m 2 − 4m + 8 + 2 2m − 4 = 9  m 2 − 4m − 1 + 2 2 m − 4 = 0
TH1: m  2, m  4 ta có phương trình: m2 = 9  m = 3(tm) hoă ̣c m = -3 (ktm)
TH2: m < 2 ta có phương trình: m2 – 8m + 7 = 0  m = 1(tm) hoă ̣c m = 7 (ktm)
Vâ ̣y m  {1; 3}


BÀI IV. ( 3,5 điểm)
1) ADI = BCI (hai góc nô ̣i tiế p chắ n hai cung bằ ng nhau) 
CDEF nô ̣i tiế p.
2) CDEF nô ̣i tiế p.  DFE = DCE

1
sd AD + sd AI
DCE = sdDI =
2
2
sd AD + sdBI
AMD =
2
 DCE = AMD  AMD = DFE  AB // EF hay MN // EF
3)

(

+) IDA ∽ IAM (g.g) chungI , IDA = IAM



)

IA ID
=
 IA2 = ID.IM
IM IA

+) Go ̣i Ax là tia tiế p tuyế n của đtron ngoa ̣i tiế p tam giác AMD

 xAM = ADM mà IAM = ADM (cmt)  IAM = xAM  AI  Ax
Vâ ̣y AI là tia tiế p tuyế n của đường tròn ngoa ̣i tiế p tam giác AMD
4) Go ̣i O1; O2 lầ n lươ ̣t là tâm đường tròn ngoa ̣i tiế p tam giác AMD và tam giác BMD.
Ta có 2 ADM = AO1M ;2BDM = BO2 M mà ADM = BDM  AO1M = BO2 M

 O1 AM = O1MA = O2 BM = O2 MB (*) do ΔO1AM cân ta ̣i O1 và ΔO2BM cân ta ̣i O2  ΔABJ cân
ta ̣i J với J là giao điể m của AO1 và BO2  O, I, J thẳ ng hàng.
La ̣i có AI là tiế p tuyế n của đường tròn ngoa ̣i tiế p tam giác AMD nên AI ⊥ AO1  IAJ = 90o
 IJ là đường kính (O)  J cố đinh.
̣
Từ (*) suy ra AJ // MO2, BJ // O1M  O1MO2N là hình biǹ h hành  O1M = O2J
 R1 + R2 = O1A + O2 B = O1M + O2 B = O2J + O2 B = JB không đổ i.
BÀI V. ( 0,5 điểm)

A = ( x + y)

( y + z )( x + z ) + ( y + z ) ( x + y )( x + z ) + ( x + z ) ( x + y )( y + z )

2
2
2

2
2
Áp du ̣ng BĐT (a + b )(c + d )  (a c + bd ) với a, b, c, d không âm

( x + y )( x + z )  x +

(

yz ;

)

( x + y )( y + z )  y +

(

)

xz ;

(

( y + z )( x + z )  z +

 H  ( x + y ) z + xy + ( y + z ) x + yz + ( x + z ) y + xz

)

 H  ( x + y ) xy + ( y + z ) yz + ( x + z ) xz + 2 ( xy + yz + xz )
 H  2 xy . xy + 2 yz . yz + 2 xz . xz + 2 ( xy + yz + xz ) = 4 ( xy + yz + xz )

Dấ u “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0

xy