Bt đề đáp an thi thử tháng 4 (1) bê tông lần 5

TRƯỜNG THCS BÊ TÔNG ( Đề gồm 01 trang) ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 (LẦN 5) NĂM HỌC 2022 2023 Môn thi TOÁN Thời gian làm bài 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Bài I (2,0 điểm) Cho hai biểu thức và với ;[.]

TRƯỜNG THCS BÊ TÔNG

( Đề gồm 01 trang)

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 (LẦN 5) NĂM HỌC 2022-2023

Môn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Bài I: (2,0 điểm)

Cho hai biểu thức 2

A x





 và B=

√x+2

√x+1−

3 (√x +1)(2−√x) với x 0; x 4 1) Tính giá trị của A khi x 16

2) Chứng minh

1 2

x B x





 3) Tìm tất cả các số tự nhiên x để A B

Bài II: (2,5 điểm)

1) Giải bài toán sau bằng bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Quãng sông AB dài 48km Một ca nô xuôi dòng sông từ A đến B sau

đó ngược dòng từ B về A hết 3 giờ 36 phút Tìm vận tốc riêng của ca

nô biết vận tốc dòng nước là 3km/h

2) Tính diện tích xung quanh và diện tích toàn phần của lon sữa

Similac có dạng là một hình trụ, biết lon sữa có bán kính đáy bằng

5cm và chiều cao là 10cm( lấy  3,14và kết quả làm tròn đến

hàng đơn vị)

Bài III: (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình:







2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol  P :yx2 và đường thẳng  d :y mx m  1

(m là tham số)

a) Tìm m đường thẳng  d cắt parabol  P tại hai điểm phân biệt A B,

b) Gọi x x1; 2là hoành độ giao điểm A B, Tìm tất cả các giá trị của m để 1 2

2

x  x  

Bài IV: (3,0 điểm)

Cho ( ; )O R đường kính AB,lấy điểm Mthuộc cung AB sao cho MA MB Từ điểm M kẻ dây MN vuông góc với AB tại I I AB.Trên đoạn MI lấy điểm E E M E I ,  

Tia AE cắt đường tròn tại điểm thứ hai là K

1) Chứng minh Tứ giác IEKB nội tiếp đường tròn

2) AE.AK = AI.AB = AM 2

3) Chứng minh AE AK+BI BA luôn không đổi

4) Giả sử I là trung điểm của OA, hãy xác định vị trí của Kđể KM KN KB   đạt giá trị lớn nhất

Bài V: (0,5 điểm)

Cho a b c, , là các số dương thỏa mãn điều kiện a b c  3

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 2 1 2 1 2

P

_ HẾT _

NĂM HỌC 2022-2023

Môn thi: TOÁN

Bài I

2,0

điểm

1)

0,5đ

a) Ta có: x  thoả mãn điều kiện.16

Thay x  vào A ta được 16

16 16 16 4 12

6

16 2



 Vậy với x  thì 16 A  6

0,25 0,25 2)

1,0đ

Với x 0; x  ta có: B=4 √x+2

√x+1−

3 (√x +1)(2−√x) .

x





1

x



1 2

x x







Vậy

1 2

x B x





 ( đpcm)

0,25 0,25 0,25 0,25

3)

0,5đ

c) Với x  ; 0 x  , ta có:4

A B 

0

 12

0 2

x x



0,25

mà x12   0 x

ĐKXĐ

Do đó để (1) xảy ra

4

2 0

x x







Mà x là số tự nhiên nên x 0;2;3 Vậy x 0;2;3

thỏa mãn đề bài

0,25

Bài II

2,5

điểm

1)

2,0đ

Gọi vận tốc riêng của ca nô là x(km/h) x 3 Vận tốc của ca nô khi xuôi dòng là: x  (km/h)3

0,25 0,25

Vận tốc của ca nô khi ngược dòng là: x  (km/h)3

Thời gian ca nô xuôi dòng từ A đến B là:

48 3

x  (giờ)

Thời gian ca nô ngược dòng từ B về A là:

48 3

x  (giờ)

Thời gian ca nô đi từ A đến B rồi từ B trở về Alà 3 giờ 36 phút hay 18

5 giờ nên ta có phương trình:

x x   x x 

 

   

 

   

   

   

 2 

40x 120 40x 120 3 x 9

      3x2 80x 27 0

 402 3 27  412 0



 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: 1

40 41

27 3

2

x   

Giá trị x = 27 thỏa mãn điều kiện Vậy vận tốc riêng của ca nô là 27 km/h

0,25 0,25

0,25 0,25

0.25 0,25

2)

0,5đ

Vì lon sữa Similac có dạng là hình trụ nên diện tích xung quanh của lon sữa Similac là: S xq 2Rh2.3,14.5.10 314 cm  2

Diện tích toàn phần của lon sữa Similac là:

2 2 314 2.3,14.5 471 cm

tp

Bài III

2,0

điểm

1)

1,0đ

1) Giải hệ phương trình:





 Điều kiện: x  , 1 y  1

0,25

Đặt x 1 a a 0

; y1b b 0

Ta có hệ phương trình:

0,25

Trở lại ẩn cũ:

1 1

y



Vậy hệ PT có nghiệm duy nhất là x y ;  3; 2

2a)

0,5đ

a) Xét phương trình hoành độ giao điểm của  d

và  P :

x mx m   x  mx m    1

2 4 1 2 4 4 2

Để đường thẳng  d cắt parabol  P tại hai điểm phân biệt ,A B thì phương trình

(1) luôn có hai nghiệm phân biệt    hay 0  

2

m  

mà  

2

m  

với mọi m

0,25 0,25

Do đó đề m 22 0 thì: m  2 0 m2 2b)

0,5đ

b) Vì x x là hoành độ giao điểm của (P) và (d) nên 1; 2 x x là nghiệm của phương trình1; 2

(1)

Theo hệ thức Vi-et, ta có

1 2

1 2

;





 



Để 1 2

2

x  x   : Điều kiện: x x1; 2 3 32 3m m 1 0  m2

   

2 3 1 3 2 1 3 2 3

2 1 6 2 1 2 6 1 6 2 18

1 2 1 2

7x 7x 2x x 24

 1 2 1 2

7 x x 2x x 24

7m 2 m 1 24

7m 2m 2 24

22

9

    m -2;m 2 

Vậy

22 9

m 

là giá trị cần tìm

0,25

0,25

Bài IV

3,0

điểm

1)

1,25đ

Vẽ hình đến câu a

E I

N

A

0,25

Xét  O

có

AKB   ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB) hay  EKB  90 lại cóMI AB tại I (gt) Þ ·MIB= °hay 90 EIB  90

Xét tứ giác IEKB có

EIB BKE      

Mà hai góc này ở vị trí đối nhau

Suy ra tứ giác IEKB nội tiếp ( dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

0,25 0,25

0,25 0,25 2)

0,75đ

Xét AIE và AKB có

KAB chung

AIEAKB90  AIE∽ AKB (g.g)

0,25

AE AI

AB AK

( cặp cạnh tỉ lệ)

AE AK AI AB

Xét AMB có AMB   ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)90

 AMB vuông tại M mà MIlà đường cao Áp dụng hệ thưc lượng trong tam

giác vuông ta có:

2

AM AI AB (2)

Từ (1) và (2) => AE.AK = AI.AB = AM 2

0,25

3)

0,75đ

Chứng minh tương tự BM2 BI BA. (3)

Từ (1),(2),(3) AE AK BI BA AM.  .  2BM2 AB2 (định lý pytago trong

AMB

 )

Hay AE AK BI BA.  . 2R2 4R2

(đpcm)

Vậy AE AK+BI BA luôn không đổi

0,25 0,25 0,25 3)

0,5đ

Trên đoạn NK lấy H sao cho KH KM

Khi đó MKH cân tại K

Ta đi chứng minh MKH MBN, đều

Xét  O

có ABMN tại I  IM IN ( liên hệ giữa đường kính và dây)

Xét MBN có BI vừa là đường cao vừa là đường phân giác

MBN

  cân tại B

BI

 là đường phân giác

Xét AMB vuông tại M có

3

BI BO OI  R 

(đvđd)

2

AI IB MI ( hệ thức lượng)

3 2

(đvđd)

Xét MIB vuông tại I có

 1

3

MI

BI

MBN

Mà MBN cân tại B  MBN đều

    (cùng chắn MN )

Mà MKH cân tại K  MKH đều

Xét MHN và MKB có

MK MH ( MKH đều)

MN MB ( MBN đều)

0,25

H E

I

N

A

 

NMH BMK ( cùng cộng HMB bằng 60 )

 

MHN MKB c g c

  

HN KB

  ( hai cạnh tương ứng)

KM KN KB KH HN KN      KH KB KN  KH HN KN  KN

Do đó để KN Max khi KN là đường kinh hay Kđiểm chính giữa cung nhỏ MB

Vậy KM KN KB  Max

khi K là điểm chính giữa cung nhỏ MB

0,25

Bài V

0,5

điểm

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:

b   b   b  

b

c  



2

c

a  



0,25

Cộng theo ba vế ba bất đẳng thức trên ta được:

2 2 2

 

2 2

3

a b c

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

1 3

a b c  

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

3

2 khi

1 3

a b c  

0,25

Lưu ý:

+ Đối với bài hình, nếu không có hình vẽ hoặc hình vẽ sai thì không cho điểm

+ Học sinh làm cách khác đúng cho điểm như thang điểm trên

+ Mỗi bài mắc 2 lỗi nhỏ trừ 0,25 điểm; toàn bài mắc 3 lỗi nhỏ trừ 0,25 điểm