Cac de luyen thi

TT MH: ANH NGỮ QUỐC TẾ VÀ BỒI DƯỠNG

ĐỀ THI THỬ TOÁN VÀO LỚP 10.
NĂM HỌC 2018-2019.
LẦN 2. Thời gian:120 phút

VĂN HĨA: VĂN, TỐN, LÝ, HĨA, ANH
Cs1: 43A, đg Ng Huy Oánh, Trường Thi, tp Vinh, Nghệ An.
CS2: số 22, đường Thái Phiên, p Hồng Sơn, tp Vinh.
CS3:xã Nghi Phong, huyện Nghi Lộc, Nghệ An.
CS4: xã Nghi Ân, Tp Vinh, Nghệ An.
ĐT NÓNG: 0917188926

Ngày . ..... tháng 5 năm 2019
Họ tên:................................................................................

12
2( x  4)
x
8


3 . b, Tính giá trị của biểu thức Q = x  3 x  4
x 1 4  x với
Bài 1 (2,5 đ): a) Rút gọn
x là nghiệm của ptrình x2 - 4 3 x - 4 = 0 và x 0; x 16 . c) Tìm gtrị của x để giá trị của B là một số nguyên.
P  16 

3

8

Bài 2 (1,5 điểm): a, Trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có hệ số góc k, (d) đi qua điểm M(1; – 3) và cắt
các trục Ox, Oy lần lượt tại A và B. Xác định tọa độ các điểm A, B theo k.
2

b, Với những giá trị nào của k thì parabol ( P) : y 2 x và đg thg (d) chỉ có một điểm chung? Tìm tọa độ điểm chung đó.
Bài 3 (1,5 điểm): a) Tìm một số có hai chữ số biết rằng: Hiệu của số ban dầu và số đảo ngược của nó bằng 18
(số đảo ngược của một số là số thu được bằng cách viết các chữ số của số đó theo thứ tự ngược lại) và tổng của
2
số ban đầu với bình phương của số đảo ngược của nó bằng 618. b) Cho pt: x  mx  1 0 (m là tham số). Tìm
tất cả các giá trị của m để pt có hai ngh phân biệt x1 , x2 t/m x1  x2 và x1  x2 6 .
Bài 4 (3,5 điểm): Cho đường tròn (O; R) và điểm A ở bên ngồi đường trịn đó. Kẻ cát tuyến AMN khơng qua O
(M nằm giữa A và N). Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với (O; R) (B, C là hai tiếp điểm và C thuộc cung nhỏ MN).
Đường thẳng BC cắt MN và AO lần lượt tại E, F. Gọi I là trung điểm của MN. a) Chứng minh tứ giác ABOC


nội tiếp được trong đường tròn. b) Chứng minh EB.EC EM .EN và IA là tia phân giác của BIC .
 AON và BC / / DN .
c) Tia MF cắt (O; R) tại điểm thứ hai là D. Chứng minh  AMF
d) Giả sử AO 2 R . Tính diện tích tam giác ABC theo R.
Bài 5 (1,0 điểm): a) Giải phương trình 2 x  3x  1  x  1 . b)Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn
3ab
P  1  a2  1  b2 
a  b  3ab 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
a b .
--------------- HẾT --------------HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN:
Câu
Bài 1
(2,5đ)

Phần
a)

Nội dung

12
2 3
4  2 
4  2  2 4
3
3
Với x  0; x  16
P  16 

3

8

 
 x 1  x  4

2x  8  x

b)

Điểm



x 4 8



x 1

0.75

3 x  12 x

3 x
B=
=
= x 1
Giải phương trình x2 - 4 3 x - 4 =0 được x1 = 4  2 3 ,x2 =  4  2 3
Ta thấy x1 = 4  2 3 (Thỏa mãn ĐKXĐ)





x 1

x 4



1.0

x2 =  4  2 3 (Không thỏa mãn ĐKXĐ)

c)

Thay x1 = 4  2 3 vào biểu thức B và tính được B = 3 3 -3
Kết luận:........
Chỉ ra được B  0
Chỉ ra được B < 3  0  B < 3
 0;1; 2


Vì B  Z  B 
B = 0  x = 0 ( thỏa mãn ĐKXĐ)

0.75


1
B = 1  x = 4 ( thỏa mãn ĐKXĐ)
B = 2  x = 4 ( thỏa mãn ĐKXĐ)
 1 
0; ; 4 


Vậy để B Z thì x  4 

a)
Bài 2
(1,5đ)

b)

a)

a) Phương trình tổng quát của đường thẳng (d): y = ax + b
Vì (d) có hệ số góc bằng k và đi qua M(1; – 3) nên ta có:
a k
a k


  3 k 1  b
b  k  3
b 
A
;0 
a

 và cắt Oy tại B(0; b)
Đường thẳng (d) cắt trục Ox tại
 k 3 
A
;0 
k

 và B(0; – k – 3)
Vậy:
Xét phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và (d):
2x2 = kx – k – 3 <=> 2x2 - kx + k + 3 = 0
(*)
(P) và (d) chỉ có một điểm chung
 Phương trình (*) có nghiệm kép
Khi đó, phương trình (*) có nghiệm kép:

Với …
Vậy với …thì (P) và (d) chỉ có một điểm chung là điểm…
Gọi x là số có hai chữ số cần tìm, y là số nghịch đảo của nó.
ĐK: x, y  ; 10 .y  x 99
 x  y 18
 x y  18 (1)



x  y2 618  y2  y 600 (2)

Theo đề bài ta có:
Giải phương trình (2) được y = 24 (nhận) hoặc y = – 25 (loại)
y = 24  x = y + 18 = 42
vậy số cần tìm là 42

0.75

0.75

1.0

2

Phương trình: x  mx  1 0
Vì ac  1  0 nên phương trình ln có hai nghiệm trái dấu

Bài 3
(1,5đ)

Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: x1  x2 m
b)

Vì phương trình có hai nghiệm trái dấu và x1  x2 nên x1  0  x2
Theo đề bài:

x1  x2 6
  x1  x2 6 (vì x1  0  x2 )
 x1  x2  6
 m  6
Vậy m  6 là giá trị cần tìm.

0.5


Bài 4
(3,5đ)

0.25

Ta có: AB, AC là các tiếp tuyến của (O)
a)



 ABO
ACO
900
 B, C thuộc đường trịn đường kính AO
 Tứ giác ABOC nội tiếp đường trịn đường kính AO.

 EBM và  ENC có:
 1 E
 2
E

0.75

(hai góc đối đỉnh)

 1 N
 1
B
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC)
  EBM
 ENC (g.g)
EB EM


 EB.EC EM.EN
EN EC

0.5

(O) có dây MN không đi qua tâm và I là trung điểm của dây MN
b)


 OI  MN  AIO
900
 I thuộc đường trịn đường kính AO

Xét đường trịn đường kính AO có:

I1 AOB

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
I2 AOC


0.5

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC)



Mà AOB AOC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)
 I1 I2
c)

Vậy IA là tia phân giác của góc BOC.
 ABM và  ANB có:


BAN
chung


ABM
ANB

(hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

  ABM
 ANB (g.g)
AB AM


 AB2 AM.AN
AN AB
Ta có: OB = OC = R
AB = AC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau)
 OA là đường trung trực của BC
 OA  BC tại F
 ABO vuông tại B, đường cao BF. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác
vng, ta có:

AB2 AF.AO
 AM.AN AF.AO (AB2 )
AM AF


AO AN

0.5


 AMF và  AON có:
AM AF


OAN

AO
AN
chung,
  AMF
 AON (c.g.c).
 1 ANO

 AON  F
Từ  AMF
 MFON là tứ giác nội tiếp

(1)

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác MFON có

 1 F
4
 M
(2 góc nội tiếp cùng chắn cung ON)
 OMN cân tại O (vì OM = ON = R)
 1 ONM

 1 ANO

 M
hay M

(2)
(3)



Từ (1), (2), (3)  F1 F4
Vì OA  BC tại F

(4)

 1  F 2 F 4  F 3 900
 F

(5)

 2 F
3 F
 2  1 MFN

 F
2
Từ (4), (5)


MFN
MON
Lại có

0.5

(vì tứ giác MFON nội tiếp)

 2  1 MON


 F
2



(O) có D là góc nội tiếp, MON là góc ở tâm cùng chắn MN
  1 MON

 D
2
 2 D

 F

(6)

(7)

Từ (6), (7)
Mà 2 góc ở vị trị đồng vị
 BC // DN.
 ABO vuông tại B, đường cao BF

 OB2 OA.OF
 OF 

OB2 R 2 1

 R

OA 2R 2

 AF AO  OF 2R 
d)

1
3
R R
2
2

Lại có:

0.5

3
1
3
3
3
BF2 AF.OF  R  R  R 2  BF  R 2  R
2
2
4
4
2
Vì OA là đường trung trực của BC nên BC = 2BF
Diện tích  ABC là:

Bài 5

(1,0đ)

1
3
3
3 3 2
S  AF.BC AF.BF  R.
R
R
2
2
2
4
(đơn vị diện tích).
2 x  3x  1 x  1
(1)
x

0
ĐK:
2
2
Đặt 2 x a, 3 x  1 b  a  b 4 x  3 x  1  x  1
Phương trình (1) trở thành

0.5


a  b a 2  b 2
 (a  b)(a  b)  (a  b) 0

 (a  b)(a  b  1) 0
 a  b 0

 a  b  1 0
 a b

 a  b 1
 2 x  3x  1
(2)

 2 x  3 x  1 1 (3)
(2)  4 x 3 x  1  x 1 (thỏa mãn ĐK)
Với x 0  2 x 0; 3 x  1 1  2 x  3 x  1 1
Kết hợp với (3)  x 0 (thỏa mãn ĐK)
Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là
Ta có:
2

2

2

S  0;1
0.5
2

2

(a  b) 0  a  2 ab  b 0  a  b 2ab
 a 2  2ab  b 2 4ab

 a 2  2ab  b 2 4ab
 
 
2
2
2
2
2
2
2
2
 2(a  b ) a  2ab  b
 2( a  b ) a  2ab  b
 (a  b) 2 4ab
(1)

2
2
2
 (a  b) 2(a  b ) (2)
Theo đề bài:

a  b  3ab 1
 4(a  b)  12ab 4
 4(a  b)  3( a  b) 2 4 (theo (1))
 3(a  b) 2  4( a  b)  4 0
 (a  b  2)  3(a  b)  2 0

 3(a  b)  2 0 (vì a, b  0  a  b  2  0)
2

 a b 
3
4
 2(a 2  b 2 ) (a  b) 2  (theo (2))
9
Áp dụng các kết quả trên, ta có:



1  a2  1  b2



2

2  1  a 2  1  b 2  4  2  a 2  b 2  4 

4 2
3
3ab 1  (a  b)
1
1
1


 1  1
2
a b
a b
a b

2
3

 1  a 2  1  b2 

Do đó:

P  1  a2  1  b2 
Dấu “=” xảy ra

3ab 4 2 1


a b
3
2

4 32

9 9


a b


a  b  3ab 1
4 2 1
maxS 

3

2
Vậy

a b
1
 a b  (vì a, b  0)
 2
3
3a  2a  1 0
1
a b 
3.
khi