Bộ 4 đề thi thử vào lớp 10 môn Toán có đáp án Trường THCS Vĩnh Mỹ

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thông minh, nội dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạ[r]

Trang 1

TRƯỜNG THCS VĨNH MỸ ĐÈ THỊ THỨ VÀO LỚP 10 NĂM 2021

MÔN TOÁN

(Thời gian làm bài: 120 phut)

Đề 1

Bài 1

vb_,vb+l b-2vb-3

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức B

b) Tìm các giá trị của b dé B> 1

Bài 2: (2 điểm)

x+2y=6

a) Giải hệ phương trình:

2x+3y=7

b) Trong cùng mặt phăng tọa độ cho các đường thắng (d): y=3x+m và đường thăng (d’):

y= ( m+5- 1)x +3 (với m > -5) Xác định m để (d) song song với (d')

Bài 3: (2 điểm)

Cho phương trình : x— 2mx + m”— m + =0

a) Tìm giá trị của m để phương trình có nghiệm kép Tìm nghiệm kép đó

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiém x1, x2 thoa man: X, +2mx„ =9

Bài 4: (3 điểm)

Cho nửa đường tròn (O) đường kính PQ = 2R Điểm N có định trên nửa đường tròn Điểm M thuộc cung PN

(M + P; N) Ha MH 1 PQ tai H, tia MQ cat PN tai E, ké EI 1 PQ tai I Gọi K là giao điểm của PN và MH

Chứng minh răng:

a) Tứ giác QHKN là tứ giác nội tiếp:

b) PK.PN = PM”;

c) PE.PN + QE.QM không phụ thuộc vị trí của điểm M trên cung PN:

đd) Khi M chuyền động trên cung PN thì đường tròn ngoại tiếp tam giác MIN đi qua hai điểm cố định

Bài 5: (7 điểm)

Với x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện x+ y+ =2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P=4J2x+yz +4|2y+zx +4|2z + xy

W: www.hoc247.net =F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc

Trang 2

Bai 1:

a) ĐKXĐ: b>0 và b+9,

s— YB{ýb +3)+ (Je +1H[vb ~3)- b- 2b —3

(Vb -3).(vb +3) (Vb -3).(vb +3)

_b+3Vb + b-3Vb + vb -3-b+2vb +3

(ie 3} (Jo)

W~3)(/b¬3)

(Vb -3).(vb+3) vb-3

b

b)b>0vàbz9,B>l< >l<—

>0©+x/b-3>0€©b>9

>

Kết hợp với điều kiện b > 0 và b # 9 ta có: b > 9

Vậy: b>9

Bài 2:

=5

eos Jy

Payer

=5 =5

<> y <> 3

F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc

W: www.hoc247.net

Trang 3

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất là

“sư n

mz3

& <> m=11(thoa mn diéu kién m = - 5)

m#3

Vậy m = II

Bài 3:

a) Với phương trình : x°— 2mx + mˆ— m + 1=0

Taco: A =m’?-m’?+m-1 =m-1

Phương trình có nghiệm kép @& AV’ =0 GSm-1=0 8 m= 1

—p’

khi đó nghiệm kép là: x¡ = xX;ạ =—— = m = Ì

a

b) Phương trình có 2 nghiệm xi, xa ©> A' >0 © m—1>0< m>]

theo hé thitc Vi —ét ta co: 2

Mà theo bài cho, thì x” + 2mx, =9 (3)

Thay (1) vào (3) ta được:

X, +(x, +X,)xX, =9 Ox, +x,x, +x, =9

& (x, + +) —##,=9 (4)

Thay(1), (2) vào (4) ta được: 4m” —m” +m—1=9<>3mˆ” +m — 10=0

5 Giải phương trình ta được: mị = - 2 (loại) ; ma = 3 (TMDK)

Vay m= 3 thì phương trình đã cho c6 2 nghiém x)’ x2: x, +2mx, =9

Trang 4

Bài 4:

a) Ta có góc PNÓQ =90” (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Hay KNQ=90"

Xét tứ giác QHKN, có:

KHO =90”(vì MH L PQ)

KNQ = 90’ (cm trén)

= KNO+KHQ=180", ma hai goc nay 1a hai goc déi dién

b) Chung minh duoc APHK ° APNQ (g-g)

Suy ra PK.PN = PM? (1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam vuông AMB ta có:

PH.PQ=PM? (2)

Từ (1) và (2) suy ra PK.PN = PM”

c) C/minh được APEI ~~ APQN (g-g) => PE.PN=PI.PQ (3)

C/minh dugc AQEI ~ AQPM (g-g) > QE.QM = QI.PQ (4)

Tu (3) va (4) suy ra:

PE.PN + QE.QM = PQ.PI + QLPQ = PQ: (PI + QD = PQ’ =4R’

d) CM được tứ giác QNEI nội tiếp đường tròn => EIN = EQN

CM được tứ giác PMEI nội tiếp đường tròn => EIM = EPM

Trang 5

Mà EPM = EQN| = = MON)

Do đó MỊN = MON, mà O và I là hai đỉnh kể nhau của tứ giác MOIN => Tứ giác MOIN nội tiếp =>

Đường tròn ngoại tiếp tam giác MIN đi qua hai điểm O và N cố định

Bài 5:

Với x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện x+ y+ =2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P=4J2x+yz +4|2y+zx +4|2z + xy

Ta có x+y+zZ= 2 nên 2x + ÿyzZ = (x + ÿy + Z)X + ÿyZ = (Xx + Yy)(X +7)

Ap dung bat đăng thức Cosi với 2 số duong u=x+ y va, v=x +z, ta c6:

Tương tự 4|2y + xz se (2); J2z+ xy <2 (3)

2

Cong cac bdt (1), (2), (3) ta được:

P= J2x+ yz + f2y+ ex + J2z4 xy <2(x+ y+z)=4

P=42x+yz +A|2y+zx++|2z+xy<

Dau "=" xay rakhx=y=z=a

Vay Max P=4khix=y=Z=2

Đề 2

Câu 1: Tính gọn biểu thức:

DA = 420 - 445 +3A18 + V72

2)B= 14 atva 14 azva vớia>0,az ]

Va +1 1- Ja

Cau 2:

1) Cho ham s6 y = ax’, biét đồ thị hàm số đi qua điểm A (- 2 ; -12) Tima

2) Cho phuong trinh: x? +2 (m+ 1)x + m’ =0 (1)

a) Giải phương trình với m = 5

b) Tim m dé phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm băng - 2

Trang 6

Câu 3: Một thửa ruộng hình chữ nhật, nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3m thì diện tích tăng

thêm 100m” Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng đi 2m thì diện tích giảm đi 6§m” Tính diện tích thửa

ruộng đó

Câu 4: Cho tam giác ABC vuông 6 A Trên cạnh AC lay 1 điềm M, dựng đường tròn tâm (O) có đường

kính MC Đường thắng BM cắt đường tròn tâm (O) tại D, đường thắng AD cắt đường tròn tâm (O) tại §

a) Chứng minh tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp và CA là tia phân giác của góc BCS

b) Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O) Chứng minh các đường thăng BA, EM, CD đồng quy

c) Chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE

x'+y ` =l (1)

Cau 5: Giai hệ phương trình: 3 3 › ›

X +y =x+Vy (2)

ĐÁP ÁN

Câu 1: Rút gọn biều thức

) A= A20 - J45 +3V18 + J72

=A5.4-A9.5+3.9.2+J26 2

- 2/5 - 35 +9V2 +62 = 154/2 - 45

[14 eet) eet)

- Ja +1 Ja -1

=+a)(1-xla)=1~a

Câu 2:

1) Đồ thị hàm số đi qua điểm M (- 2; -12) nên ta có:

-12=a.(-2#

&> 4a=-12

<> a=-3.Khido hamsé 1a y =- 3x’

2)

a) Với m = Š ta có phương trình: x + 12x + 25 =0

A” =6“ -25 = 36 - 25 = II

Trang 7

x =-6-VI1: xs=-6+^I1

Vậy với m=5 thì pt có hai nghiệm là : xị= -Ó- VIl; xa=-6+XVII

b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi:

A'>0<© (m+I}-m >0

S 2m+]l>0

©m> m — 1 (*)

2

Phương trình có nghiệm x =-2 <©> 4-4(m + I)+ m=0

m=0

& m-4m-0 0 (thoa man diéu kién (*))

m=

Vậy m = 0 hoac m = 4 là các giá trỊ cân tìm

Cau 3:

Goi chiều dài của thửa ruộng là x, chiều rộng là y (m; x, y > 0)

Diện tích thửa ruộng là x.y (m2)

Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3 m thì diện tích thửa ruộng lúc này là: (x + 2) (y + 3) (m')

Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng 2m thì diện tích thửa ruộng còn lại là: (x - 2 ) (y - 2) (mM?)

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

(x-2)(y-2)= xy - 68

xy+3x+2y+6=xy-+ 100

xy - 2x -2y+4=xy - 68 3x + 2y = 94

2x+2y= 72 x=22

>

X+y= 36

X= 22

>

y= 14

Vậy diện tích thửa ruộng là: S = 22 14= 308 (m?)

Câu 4:

Trang 8

Hình vẽ đúng: (0.5 đ)

a) Ta có BAC = 90° (gt)

MDC = 90° (géc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

A, D nhin BC dưới góc 900, tứ giác ABCD nội tiếp

Vì tứ giác ABCD nội tếp—> ADB = ACB = “ sd AB (1)

Tacé tr gidéc DMCS néitigp > ADB = ACS (cing bi v6i MDS) (2)

Từ (1) và 2) > BCA = ACS

b) Gọi giao điểm của BA và CD là K Ta có BD CK,CA _LBK

=> M latruc tâm AKBC Mặt khác MEC = 900 (_L góc nội tiếp chăn nửa đường tròn)

—> K,M,E thăng hàng, hay BA, EM, CD đồng quy tại K

c) Vì tứ giác ABCD nội tiếp => DAC = DBC (cùng chắn DC) (3)

Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp >> MAE = MBE (cing chan ME) (4)

Từ (3) và (4) => DAM = MAB hay AM là tia phân giác DAE

Chứng minh tương tự: ADM = MDE hay DM là tia phân giác ADE

Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp AADE

Câu 5: (0.5 đ)

Trang 9

xty= (1)

x'+y =x +Vy (2)

Từ (1) suy ra: X° <1=>x <1 Tuong tu y<l (3)

(2© x'q-x)+yˆqd—y)=0 (4,

Từ (3) suy ra về trái của (4) không âm, nên:

x°(1-x)=0 fe fe fe fo

4a, y (l—-y)=0 => y=0 ; |y=l ; |y=ÐO |y=l ;

x=0 |x=l Thử lại thì hệ chỉ có 2 nghiệm là: 5

Đề 3

Bài 1 Rút gọn biểu thức A - 4+8 +2 —v3—x6

2+42-42 Bài 2 không sử dụng máy tính cầm tay, hãy giải các phương trình và hệ phương trình sau:

a) 5x” +l13x”—6=0

b) xỶỞ+2x”—15=0

3x —4y =17

C

5x+2y=11

Bai 3

2

a) Trong mat phang toa dé Oxy vé parabol (P): y = 5 X

b) Tìm m để đường thắng (d): y =(m_— I)x + =m +m di qua diém M(1;-1)

c) Chứng minh răng parabol (P) luôn cắt đường thắng d tịa hai điểm phân biệt A và B Gọi X,3X, 1a

hoàng độ hai diém A, B Tim m sao cho x; +x5 +6x,x, > 2019

Bai 4

Cho đường tròn tâm (O) với đáy AB cô định không phải đường kính Gọi C là điểm thuộc cung lớn AB

sao cho tam giác ABC nhọn M, N lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ AB; AC Gọi I là giao điểm

cua BN va CM Day MN cat AB và AC lân lượt tại H và K

a) Chứng minh tứ giác BMHI nội tiếp

b) Chứng minh MEK.MN = MLMC

c) chứng minh tam giác AKT cân tai K

Trang 10

2

Bai 5: Voi x #0, tim giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A=*- x82

X

ĐÁP ÁN

` 4+x8§+x2-x3-A6 _ 4+2N2+42-x3-A2x3

443V2-J3-J2V3 (2+ ¥2-V3)+(2V2 + 2-23)

(2+ V2 -V3)+V2(2+V2-3) (2+.V2-V3)(1+2] J2

Vay A=1+V2

Bai 2:

a) 5x“ +13x”—6=0

Ta có A = 132 +4.5.6= 289 >0 —=>VA =17

_-=l3+l7 2

eee HA la 25 5

—>phương trình có hai nghiệm phân biệt

_-l3-17_ ¿

° 2.5

2 Vậy phương trình có tập nghiệm: S = {2-3}

b) x°+2x*-15=0

Dat t =x? (t > 0) khi đó ta cé phuong trinh: t* + 2t—15 =0(t+5)(t-3)=0

x= 3

x = V3

Vậy phương trình có tập nghiệm: S = {+x/3

Bài 3:

a) Tự vẽ

W: www.hoc247.net =F: www.facebook.com/hoc247.net Y: youtube.com/c/hoc247tvc Trang | 10

Trang 11

b) Tìm m để đường thắng (d): y=(m=1)x+ mỶ +m đi qua điểm M(1;-1)

Vi M(1;—1)thudc (d): y=(m=1)x + 5m! +m nên thay tọa độ M vào d ta được:

-1=(m-1).1+5m +meœ>m +m+m—1+1=0

< 5m? +2m=0.< <m(m+4)=0

m=0

<>

m=-—4

Vay m=0;m =—4 thoa man bai toán

c) Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là:

đ v2 =(m—l)x+—m”+m

<> sx =(m~I)x=mỶ —m = 0(1)

Ta có A= I-(m-1)Ï -*2| am _m)

2 2

A=m —2m+1+m’+2m

A=2m* +1>0 voi moim

Suy ra phương trình 1 luôn có hai nghiệm phân biết với mọi m

Nên P luôn cắt d tại hai điểm phân biệt A và B

x, +x, =2(m-1 Theo vi-ét taco: ` : ( )

X,.X; =-m“ -2m Theo đề ta có: x7 + x2 +6x,x„ > 2019

2

> (x, + X;) +4x,x,—2019>0

<> 4m’ —-8m+4-—4m’? —8m- 2019 >0

<©>—lÓm—2015>0

<-l6m > 2015

2015

max

Bài 4:

Trang 12

a) Ta có: ABN = NMC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung hai cung băng nhau)

= HBI=HMI —› Tứ giác BMHI nội tiếp ( tứ giác có hai đỉnh kể cùng nhìn I cạnh dưới các góc băng

nhau)

b) Ta có MNB = ACM (hai góc nội tiếp cùng chăn cung hai cung bằng nhau)

—=> MNI= MCK

Xét tam giác MIN và tam giác MKC ta có:

NMC: chung

MNI = MCK (cmt)

MI MK

MN MC

= AMIN = AMKC(g-g) > = MK.MN = MLMC

c) Ta có MNI = MCK (cem)) nên tứ giác NCIK nội tiếp

= HKI = NCI = NCM ( góc ngoài và góc trong tại đỉnh đối diện của tứ giác nội tiếp)

sdMN

Lai c6 NMC = (góc nội tiếp bằng nửa số đo cung bị chăn)

sdAN+sdBM sdAN+sdAM sdMN

2

=> NCM = AHK => HKI= AHK mà chúng ở vị trí so le trong => AH//KI

Chứng minh tương tự ta có AKH = KHI mà chúng 6 vi tri so le trong => AK //HI

AH//KI Xét tứ giác AHIK ta có —> AHKT là hình bình hành (1)

AK//HI

Tứ giác BMHI là tứ giác nội tiếp => MHB = MIB (hai góc nt cùng chắn cung MB)

Tứ giác NCIK là tứ giác nội tiếp => NKC = KĨC (hai góc nt cùng chăn cung NC)

Ma MIB = NIC(dd) = MHB = NKI

= AHK = AKH = AAHK can tai H = AH = AK(2)

Từ (1) và (2) — tứ giác AHIK là hình thoi

Trang 13

=> KA = KI => AAKI can tai K (dpcm)

Bài 5: Điều kiện x #0

2

Tạcó A=X -3X+2019_¡_ 3, 2019

Dat t = fo z 0) ta được:

X

2

2019) 1-5] + 2080 > 20% với mọi tthuộc R

1346) 2692 2692 Dau “=” xay ra khi t = sa (tm) Vay min A = "xà khi t= nức => x = 1346(tm)

Đề 4

Bài 1:

a) Tinh: A=V12+V18 — V8 -2V3

b) Cho biéu thre B= J9x+9+V¥4x+4+4V¥x41 voi x>—1 Tim x sao cho B có giá trị là 18

Bai 2:

x+2y=3

a) Giải hệ phương trình :

b) Giải phương trình : 4x* +7x° -2=0

Bài 3: Cho hai hàm số y == 2x và y = -2x +4

a) Vẽ đồ thị các hàm số này trên cùng một mặt phang tọa độ

b) Tìm tọa độ hai giao điểm A và B của hai đô thị đó Tính khoảng cách từ điểm M (-2 ; 0) đến đường

thăng AB

Bài 4: Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 80m” Nếu giảm chiều rộng 3m và tăng chiều dài 10m thi

diện tích mảnh dat tang thêm 20m” Tính kích thước của mảnh đất

Bài 5: Cho đường tròn (O) tâm O, đường kính AB và C là điểm nằm trên đoạn thắng OB ( với C khác B)

của BD với đường tròn đường kính BC

a) Chứng minh tứ giác DHCK là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh CE song song với AD và ba điểm E, C, K thắng hàng

c) Đường thắng qua K vuông góc với DE cắt đường tròn (O) tại hai điểm M và N ( với M thuộc cung nhỏ

AD) Chứng minh răng EM” + DN” = AB”

ĐÁP ÁN

Bài 1:

Định dạng
Số trang	18
Dung lượng	731,19 KB