Đề thi thử lần 2 và đáp án chi tiết môn Toán vào lớp 10 năm 2018 tại Trung tâm BDVH Edufly

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (610.83 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Bài 1: (2 điểm) Cho biểu thức

2 1 2 1

1 1 2 1

x x x x x

A

x x x x

     

  

   

 

1
0, 1,

x x x

    

 

 

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tính giá trị của biểu thức A biết x 4 2 3.

c) Tìm giá trị của x > 0 để biểu thức 2 x A. đạt giá trị nguyên.

Bài 2: (2 điểm) Giải bài toán sau đây bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình

Nếu hai vịi nước cùng chảy vào một bể cạn thì sau 12 giờ đầy bể. Sau khi hai vòi cùng chảy 8 giờ,
người ta khố vịi 1 cịn vịi 2 tiếp tục chảy. Do tăng cơng suất lên gấp đơi nên vịi hai đã chảy đầy
phần còn lại của bể trong thời gian 3,5 giờ. Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình với cơng suất ban đầu
thì phải mất bao lâu mới đầy bể?

Bài 3: (2 điểm)

1. Tìm m để nghiệm của hệ

1 2 2( )

3 4 5

3 3

4 3

x y x y

x y

y x

  

  



  

   



cũng là nghiệm của phương trình

3mx5y2m1.

2. Cho phương trình 2

2 1 0.

x mx m

     ( m là tham số thực)

a) Chứng minh rằng phương trình ln có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm là hai đường chéo của một hình thoi có cạnh bằng2.
Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm (O), đường kính AB cố định, một điểm I nằm giữa Avà O 
sao cho OI < AI. Kẻ dây MN



AB tại I, gọi C là điểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN sao cho C không 
trùng với M, N, B. Gọi E là giao điểm của AC và MN.

a) Chứng minh rằng tứ giác IEBC nội tiếp. 
b) Chứng minh rằng 2

. .
AM  AE AC

c) Chứng minh rằng . – . 2
.

AE AC AI BI  AI Chứng minh M, B và tâm đường tròn ngoại tiếp 
tam giác MCE thẳng hàng.

d) Với I cố định, xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn 
ngoại tiếp tam giác MCE nhỏ nhất.

Bài 5: (0,5 điểm) Cho các số thực dương a, b thay đổi luôn thỏa mãn a 3 b 3 4. Tìm giá
trị lớn nhất của biểu thức P a b.

--- HẾT ---
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRUNG TÂM BDVH EDUFLY

ĐỀ THI THỬ LẦN 2 VÀO LỚP 10 
 Mơn Tốn: Lớp 9

Năm học 2017 – 2018 
Thời gian làm bài: 120 phút

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

ĐỀ THI THỬ LẦN 2 VÀO LỚP 10 
Mơn Tốn; Lớp 9; Năm học 2017 – 2018

ĐÁP ÁN - HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Hướng dẫn giải Điểm

1. 
a)























  



2 1 2 1

1 1 2 1

1 2 1 2 1 1

1 2 1
1 1

1 1

2 1 .

1 1 2 1

1 1

2 1 . .

2 1

1 1

1
1

x x x x x

A

x x x x

x x x x x

x x x

x x

x

x x x x

x
x

x
x x x

x x

     

  

   

 

     

 

 

      

 

  

    

   

 



 



  



 

0.25

b) Ta có





4 2 3 3 1

1 1 2 3

3
4 2 3 3 1 1 3(2 3)
x

A

   



   

    

0,25

c) Áp dụng BĐT Cô si ta có: 2 . 2 2 2 2

1 1 1

2 . 1

x
x A

x x x

x

x x

   

    

Với x0,x1, ta có 02 x A. 2.
+) 2 x A. 2 x 1 x 1 ( ).L

x

    

+) 2 . 1 2 1 3 1 0 7 3 5.

2
x A  x x x  x x   x 
Vậy giá trị x>0 cần tìm để 2 x A. nguyên là 7 3 5

2
x 

0,25

2.

Gọi thời gian vịi 1 chảy một mình đầy bể là x (giờ)



x12



Một giờ vòi 1 chảy được 1

x bể

Hai vịi chảy cùng nhau thì sau 12 giờ đầy bể. vậy một giờ cả hai vòi chảy
được 1 bể

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Lúc đầu một giờ vòi 2 chảy được 1 1
12x bể
8 giờ đầu cả 2 vòi chảy được 8. 1 2

12 3 bể

Lúc sau vòi 2 tăng năng suất lên gấp đơi nên 1 giờ vịi 2 chảy được
1 1

12 x
  

 

  bể

Trong 3,5 giờ lúc sau vòi 2 chảy được 3,5.2. 1 1 7 1 1
12 x 12 x
     

   

   bể

Ta có phương trình

2 1 1 5 7 7 1

7 1 1 28

3 12 x 4 x x 4 x

 

          

 

Cơng suất ban đầu của vịi 2 là 1 1 1

122821 (bể/giờ)

Chảy một mình với cơng suất ban đầu thì vịi 2 chảy đầy bể sau: 1: 1 21
21
(giờ)

Vậy vòi 1 chảy một mình đầy bể sau 28 giờ, vịi 2 chảy một mình đầy bể sau
21 giờ.

0,5

3.







































 







20 1 15 2 24

1 2 2( )

3 4 5 60 60 60

3 3 3 3 4 3 12 2

4 3 12 12 12

20 1 15 2 24 0 4 9 10

15 28 3

3 3 4 3 12 2 0

11
6

x y x y

x y x y y x

y x

x y x y x y

x y

x y y x

x
y

  



  

    



 

   

  

      

 

 

     

   



 

  

      




  



Vậy hệ đã cho có nghiệm

  

x y,  11;6



Để

  

x y,  11;6



cũng là nghiệm của phương trình 3mx -5y = 2m + 1 thì
33m302m 1 31m31 m 1.

0,25

0,5

0,25

a) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình

 

2 2

2 1 2 1 0 *

x  mx m  x  mx m  
d cắt (P) tại điểm có hồnh độ bằng 2 khi 2

2 2. .2m     m 1 0 m 1

0,5

b) d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt 

 

* có 2 nghiệm phân biệt





' 1 m 1 0 m 0

        
Theo định lí Viet ta có 1 2

1 2

. 1

x x m

x x m

 



   



</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>



















 

2 2 2

1 2 1 2 1 2 1 2

2 2

1 2 1 2

2 4 2 4

4 4 4 4 1 4

4 4 8 0 4 1 2 0

1
2

x x x x x x x x

x x x x m m

m m m m

m tm

m L

        

        

       



 

 


0,25

4.

a) (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Xét tứ giác IEBC có

Mà 2 góc này ở vị trí đối đỉnh nên IEBC nội tiếp

0,5

b) Ta có ABMN tại II là trung điểm của MN  AB là đường trung trực
cuả MN

AM AN

   ⇒

Xét AME và AMC có

Chung

(gt)

 

.
MAE CAM g g

MA AE

AM AE AC
CA AM

 

   

0,5

c) - Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vng AMB có 2

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2 2 2

. .

AE AC AI IB AM IM AI

    

- Ta có (cmt) ⇒

Xét đường trịn ngoại tiếp tam giác EMC có

⇒AM là tiếp tuyến của đường trong ngoại tiếp MEC
Mà AMMB

⇒ Tâm đường tròn ngoại tiếp MEC nằm trên MB
⇒đpcm.

0,25

d) Gọi P là tâm đường tròn ngoại tiếp MEC
I cố định nên M, N cố định

NP nhỏ nhất  NPMB

Khi đó C là giao điểm (khác M) của đường trịn tâm P bán kính PM với
đường trịn (O).

0,25

5.

Ta có a 3 b 3 4 4ab a b 2 32(a b) 64
Từ đó suy ra a b 2.





2 32( ) 64

P   a b ab   a b a b  a b 

Đặt

2 2 4 2

( ) 32 64 ( 64) (2 32)
64

2 32

a b t P t t t P P t

P
t

P

          


 



Từ giả thiết suy ra P < 4 suy ra P2 16.
Vậy

2
2

2 4 2.

2 32

P

t P P

P



     



Vậy GTLN của P bằng 2 khi a = b = 1.

0,25

Lưu ý:

- Điểm toàn bài để lẻ đến 0,25.

- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

</div>

Đề thi thử lần 2 và đáp án chi tiết môn Toán vào lớp 10 năm 2018 tại Trung tâm BDVH Edufly

























<sub>  </sub>

<sub></sub>















































 







  



  



 

 























 

 

 





Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về