de thi thu vao lop 10

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học 2018 - 2019
BÀI THI MƠN TỐN
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (2 điểm).
a ) Xác định hệ số a và b của hàm số y ax  b biết đồ thị của hàm số là đường
thẳng song song với đường thẳng y 2 x  2018 và đi qua điểm A( 1;3) .
x2  x 2x  x

1
x

x

1
x
b) Cho biểu thức y =
với x > 0. Tìm x đề y = 2
Bài 2 (2điểm).
a) Cho hàm số y = 3x + 1 và đồ thị hàm số y = 2x2
Vẽ đồ thị hai hàm số trên cùng một hệ tọa độ và tìm giao điểm của hai đồ thị đó
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P): y = x2 và đường thẳng (d) :
y = 2x + 2m - 1 (với m là tham số). Tìm các giá trị của m để (d) và (P) cắt nhau tại 2
x 2 ( x 2  1)  x12 ( x22  1) 8
điểm phân biệt có các hồnh độ x1; x2 thỏa mãn điều kiện 2 1
Bài 3 (1,5 điểm).
Một hãng Taxi đưa ra cách tính tiền như sau: Quãng đường đi nhỏ hơn hoặc bằng
1km phải trả 12000 đồng và 10000 đồng phụ thu. Từ km thứ 2 đến km thứ 10 mỗi km
phải trả 10000 đồng và số tiền phụ thu giảm dần 1000 đồng/1km (tức là quãng đường
cứ tăng lên 1 km thì số tiền phụ thu giảm 1000 đồng). Từ km thứ 11 trở đi được tính
đồng giá 8000 đồng/km. Một lần bạn Huyền đi chơi cùng gia đình bằng taxi của hãng

trên, quãng đường đã đi là một số tự nhiên có 2 chữ số. Biết rằng chữ số hàng chục nhỏ
hơn chữ số hàng đơn vị là 1. Tổng bình phương 2 chữ số ấy bằng 41. Hỏi gia đình bạn
Huyền đi hết quãng đường dài bao nhiêu km và phải trả bao nhiêu tiền?
Bài 4 (3,0 điểm).
Gọi C, D là hai điểm trên nửa đường trịn 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 trịn (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.
Bài 5 (1,5 điểm).
a) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c 1
ab  c  2a 2  2b 2
M
1  ab
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
b) Cho hai số dương x, y thỏa mãn: x  2y 18 .
P

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

9x  18y
xy



2x  5y

12

 2018

.



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).

a/ y

x2  x
x

x 1



2x  x
x

x  x  2 x  1 1 x 

b/ Khi x > 1 
 y  x



 1 1 
x x

x 1



x1  x

 y y  x





x1 



x





x 1 x 
x

x 1

 1

x 1
x





x  1 0



x1
x



0,25
0,25



x1

x  10 y  x



  x2

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


 6 5
6

5

 3 2  6 5


Mặt khác 

Từ (1) và (2) 

f



3

 

2 f

0,25
3

2 6

5

(2)
6

5



0,25

2/ 0,75 điểm
§ KX § : y  0.

2x  y  3


x

3
y

2
Ta có: 

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)

Do ®ã x + 3 = 2  x = -1
Vậy hệ ph ơng trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (-1; 1)

0,25
0,25


Bài 3
(2,5
điểm).

1/ 1,5 điểm
a/ Với m = 0. Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (d) và (P):
2
x2 = 2x – 1  x  2x  1 0 .

2

 '   1  1.1 0  (d) và (P) có một điểm chung
'=0 Ph ơng trình cã nghiÖm kÐp x1 = x 2 = 1  y1 = y 2 = 1
Tọa độ điểm chung là  1 ; 1

0,25
0,25

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

x 2 2x  2m  1  x 2  2x  2m  1 0 (a = 1; b = -2; c = -2m + 1)
 ' ( 1)2  1.( 2m  1) 1 2m 1 2m

0,25

Ph ơng trình có 2 nghiƯm ph©n biƯt khi 2m > 0  m > 0

Theo định lý Viets, ta có
Theo bài ra ta có:

x1  x 2 2

x1.x 2  2m  1

0,25

x2 2 ( x12  1)  x12 ( x2 2  1) 8  x12  x2 2  2 x12 x2 2  8 0
2

  x1  x2   2 x1 x2  2 x12 x2 2  8 0 (3)
2
2
Thay (1), (2) vào (3), ta có:  8m  12m  8 0  2m  3m  2 0

1
 m1 
2 (loại); m2 2 (thỏa mãn)
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

a/ 0,75 điểm
0


Ta có : ACB  ADB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)



Bài 4
(3,5
điểm)

0



0

=> FCE 90 ; FDE 90 (Hai góc kề bù )
Suy ra C và D thuộc đường trịn đường kính EF
Vậy tứ giác ECFD nội tiếp đường trịn đường kính EF.
b/ 1,0 điểm
Gọi I là trung điểm EF  I là tâm đường tròn đi qua 4 điểm E, C, F, D


IDF
IF = ID ∆IFD cân tại I IFD
(1)




∆ ODB cân tại O (vì OB = OD)  ODB OBD (2)
0



Mà IFD  OBD 90 (3) (vì E là trực tâm ∆ FAB nên FE  AB)





0



0

Từ (1), (2), (3) suy ra IDF  ODB 90  IDO 90 .
Vậy ID là tiếp tuyến của đường tròn tâm O
c/ 1,0 điểm
Kẻ FE cắt AB tại H  FH  AB

1
Ta cã S FAB .AB.FH, mà AB = 2R không đổi nên S FAB lớn nhất
2
khi FH lớn nhất.

0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

Lại có COD cân tại O có OI là đ ờng trung trực OC = OD, IC = ID


OI là đ ờng phân giác của COD
IOD
450 IOD vuông cân t¹i D 0,25
 IO = R 2

Ta cã FH = FI + IH ID + IO = R  R 2  do FI ID = R vµ IH  IO 
DÊu b»ng x¶y ra khi H trïng víi O  CD // AB  AC = BD = 2R.sin 22,50

0,25




Vậy diện tích lớn nhất đạt đ ợc của FAB lµ R R + R 2



0,25

0

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

(c  ab )2 (c  a )(c  b)  c 2  2c ab  ab c 2  ac  bc  ab
a b
 2c ab ac  bc  ab 
2
Bất đẳng thức cuối đúng (theo Cô si)
Dấu đẳng thức xảy ra  a b
b/ 0,75 điểm

Theo câu a/ ta có
Bài 5
(1
điểm)





c  ab  c  ab



0,25

2

a b k

c  ab c  ab (1). Dấu đẳng thức xảy ra
c 1  2k

0,25
0,25

2
2
2
2
2
Có 2a  2b ( a  b)  2a  2b a  b (2)
2
2
Cộng (1) và (2) có ab  c  2a  2b a  b  c  ab



ab  c  2a 2  2b 2 1  ab



ab  c  2a 2  2b2
1
1  ab

Dấu đẳng thức xảy ra

a b k
1

0k 
c 1  2k Với

2
 a b k 
1
0k  


2
c 1  2k 

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức M là 1 khi
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
18 x
18 x
 2.
. 6(x  0)
x 2
x 2
; Dấu "=" xảy ra khi x = 6
9 18 x 5y
 18 x   9 y  x 2y
 2018
P   
 2018         
y x 6 12
 x 2  y 4 3 3
18 x
 6
Theo phần a) ta có: x 2
. ( với x > 0)
9 y

9 y
9 y
 2.
.   3.
y 4
y 4
Lập luận tương tự có: y 4
( với y>0)
x 2y
x  2y
18
 


3
3 (do x  2y 18 ).
và 3 3
18
 18 x   9 y  x 2y
P         
 2018 6  3 
 2018 2021
x
2
y
4
3
3
3





=>
.

0,25


Vậy MinP = 2021 khi và chỉ khi

18 x 9 y
  ;  ;

x 2 y 4
 x  2y 18; x, y  0


 x 6

 y 6

.