Đề thi thử và đáp án chi tiết môn toán vào lớp 10 lần thứ nhất năm 2020 tại trung tâm BDVH Edufly

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRUNG TÂM BDVH EDUFLY ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 LẦN 1 NĂM HỌC 2019-2020
Môn thi: TOÁN

Ngày thi: 12/01/2020
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài I (2 điểm) Cho biểu thức: 10

3

 





x x

A

x và

1 1 27 4

9
3 3

 

  



 

x x
B

x

x x

1) Tính giá trị của A khi 1
9
x .

2) Tìm điều kiện của x để biểu thức B có nghĩa và rút gọn biểu thức .B
3) Tìm các giá trị của x để biểu thức P A 1.

B

Bài II (2,5 điểm)

1) Giải bài tốn sau bằng cách lập hệ phương trình

Một người đi xe đạp từ A đến B phải qua đỉnh dốc C. Biết độ dài đoạn đường AC và BC lần
lượt là 6 km và 10 km. Thời gian đi từ A đến B là hết 1 giờ 26 phút. Sau đó người đó lại quay về
từ B đến A và hết thời gian là 1,5 giờ. Biết vận tốc lên dốc và xuống dốc của lúc đi và lúc về là
như nhau. Tìm vận tốc lên dốc và xuống dốc của người đó.

2) Một cột đèn cao 7m có bóng trên mặt đất dài 4m. Gần
đấy có một tịa nhà cao tầng có bóng trên mặt đất là 80m.
Các phương chiếu của cột đèn và tòa nhà là song song với
nhau. Em hãy cho biết tồ nhà đó có bao nhiêu tầng, biết
rằng mỗi tầng cao 2,8 m?

Bài III (2 điểm)

1) Giải hệ phương trình: 2 3 42 53
2 (3 2 ) 5

 

 _ _




 _ _ _



x y x y

x y x

2) Cho đường thẳng (d) y x và đường thẳng (d’) y



2m1



x2 (m là tham số).

a) Tìm các giá trị của m để d và d’ vng góc với nhau. Với m tìm được hãy tìm tọa độ giao
điểm của d và d’.

b) Tìm m để đường thẳng (d’) cắt trục Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho AB 2 2.

Bài IV (3 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R. Qua tâm O vẽ các đường
thẳng vng góc với BC, AC lần lượt tại H và K. Các đường thẳng này lần lượt cắt đường tròn tại
M và N. AM cắt BN tại I.

1) Chứng minh 4 điểm O, H, C, K cùng thuộc một đường tròn và MBC BAM .
2) Chứng minh MN là đường trung trực của IC.

3) Chứng minh M là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác IBC. Tính bán kính đường trịn ngoại
tiếp tam giác IBC theo R khi _BAC__{120 .}0

Bài V ( 0,5 điểm) Cho a, b là hai số thực thỏa mãn 1
6


ab . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P biết

2 2

1 1

3 .

1 4 1 9

  

 

P ab

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

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 NĂM 2020 LỚP 9 MƠN TỐN

Bài Các bước cho diểm Điểm

Bài I

(2 điểm) Học sinh làm cách khác đúng tính điểm

Ý 1(0,5 đ) 1 1

9 3

x  x 

0,25
1 1 ₁₀

10 _{9 3}
1

3 ₃

3

x x

A

x

 

 

 

 _

1 3 90 88 44
3 27 30 15
 

  



A

0,25
44

15

A khi 1
9

x

Ý 2(1đ) ĐKXD :0 x 9 0,25

1 1 4 27

9

3 3

x x

B

x

x x

 

  



 

0,25

3 3 4 27 6 27

9 9

x x x x x x

B

x x

       

 

 

0,25

( 9).( 3) 9

( 3).( 3) 3

x x x

B

x x x

  

 

  

0,25

Ý 3(0,5đ 10

9

A x x

P

B x

 

 



0,25

2 1

1 1 0 0 1

9

x x

P P x

x

 

       

 .Vậy x1 thì P1

0,25
Bài II (2,5

điểm) Học sinh làm cách khác đúng tính điểm
Ý 1(2đ) Gọi x,y là vận tốc lên dốc,xuống dốc của người đi xe đạp

(Đơn vị km/h và x, y > 0)
Đổi đơn vị :1 26 43

30

h ph (h) và 1,5 3
2
h (h)

0,5

Theo giả thiết ta có phương trình:
6 10 43

30
10 6 3

2
x y

x y
  




  


0,5

Giải hệ ta có: 10
12
x
y



 



0,5
Vậy vận tốc lúc lên dốc là 10(km/h)

Vậy vận tốc lúc xuống dốc là 12(km/h) 0,5

Ý 2(0,5đ) Gọi chiều cao của tòa nhà là h (m)

Dựa vào hình vẽ ta có: 7 140( )
4 80

h

h m

  

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

Vậy tịa nhà có 50 tầng
Bài III

(2 điểm) Học sinh làm cách khác đúng tính điểm

Ý 1(1đ) 2 2 5

3 4 3 4(2 ) 3( 2 ) 20

4 3 5

2 (3 2 ) 5

x y x y

x y x y

x y

x y x

 

 _ _

 _ _ _ _ _

 _

 _{  }




   



0,25

5 10 20 20 40 80

4 3 5 20 15 25

x y x y

x y x y

   

 _

 _ _  _ _

 

0,25

55y55   y 1 x 2 0,25

Vậy hệ có một cặp nghiệm (x;y) là (2;1) 0,25
Ý 2(1đ) d d ' 1 2



m   1



1 m1 0,25

Giả sử ( ) (d')d  I

Phương trình hồnh độ giao điểm        x x 2 x 1 y 1
( 1;1)

 I

0,25

Điều kiện để (d’) cắt các trục tọa độ là
1

2 1 0

2
m  m

(d’) giao Ox tại A: , ta có:(2 1) 2 0 2 .

2 1



    



m x x

m
Vậy ( 2 ;0)

2 1

A
m




(d’) giao Oy tại B, ta có x = 0  y 2. Vậy B(0; 2).

0,25

2

2 1

OA
m




 , OB  . 2
Ta có





2 2 2

2

4

4 8 0; 1

2 1

OA OB AB

m m

m

 

     



Vậy có hai giá trị của m thỏa mãn Ycbt là: m0;m1

0,25

Bài IV

(3 điểm ) 0,25

Ý 1 (1đ) Ta có: HOC vng tại H (gt)

Vậy H thuộc đường trịn đường kính OC
Ta có: KOC vng tại K (gt)

Vậy K thuộc đường trịn đường kính OC

Do đó :O,H,C,K cùng thuộc đường trịn đường kính OC.

0,5

I

H
K

M

N

O

B _C

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

Ta có sđ BM =sđ MC (gt)

Góc MBC là góc nội tiếp chắn MC , góc BAM là góc nội tiếp chắn


BM . Vậy ta có :  MBC BAM (đpcm)

0,25

Ý 2 (1đ) _{Theo giả thiết ta có: sđ }_{BM = sđ }_{CM và Sđ }_{AN = sđ }_NC

Các góc  BNM MNC;

;

 AMN NMC; là góc nội tiếp chắn các cung BM ,


CM , AN , NC . Do đó:  BNM MNC

;

 AMNNMC

0,5

Do đó IMN  CMN g c g( . . )
;

MIMC NI NC (cạnh tương ứng)
MN

 là trung trực của CI (đpcm)

0,5
Ý 3 (1đ)

Vì sđ BM = sđ CM nên MB = MC (*)
Ta có  1 

2


MBI sd MN (Góc nội tiếp chắn MN) (1)

 1



 



1



 



1 

(2)

2 2 2

 sđ sđ  s  

BIM AN BM đNC sđCM sđMN

(Góc có đỉnh bên đường tròn).

Từ (1), (2) suy ra MBI BIM nên tam giác MBI cân tại M.
Vậy MB = MI (**).

Từ (*) và (**) suy ra MB=MC=MI, nên M là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác IBC.

0,5

Kẻ đường kính BE, ta có

  

 0

( )

1

60
2



 

Cùng chan cu

BEM BAM BM

BAC

ng

Tam giác BME vuông tại M. Nên theo tỉ số lượng giác trong tam
giác vng ta có

0 0

sin 60 .sin 60 3

   

MB _{MB BE} _R

BE

Vậy bán kinh đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC là R 3

0,5

Bài V

(0,5 điểm) Học sinh làm cách khác đúng tính điểm
Đầu tiên ta chứng minh bất đẳng thức

2 2 2 2

1 1 2 1 1 1 1 ₀

1 4 a 1 9 b 1 6 ab1 4 a 1 6 ab1 9 b 1 6 ab

Ta có



 













2

2 2

2 3 6 1 1

0

6

1 6 1 4 1 9

 

   

  

a b ab

VT ab

ab a b

0,25

I

M
N

O
B

C
A

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

Khi đó ta có 2 3 2 1 6 1

1 6 1 6 2 2



    

 

ab

P ab

ab ab

Áp dụng BDT Cauchy ta có:

2 1 6 2 1 6

2 2

1 6 2 1 6 2

 

  

 

ab ab

ab ab . Suy ra

1 3

2 .

2 2
  
P

Vậy GTNN của P là 3
2 khi

1

2 3 ₂

1

6 1

3
 



 _

 _ 

 _{ }


a
a b
ab

b

</div>

<!--links-->