- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Toán Nâng Cao, Toán Chuyên dành cho các em HS THCS lớp 6, 7, 8, 9 yêu thích môn Toán phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường[r]
Trang 1TRƯỜNG THCS ĐỨC THẮNG ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2021
MÔN TOÁN
(Thời gian làm bài: 120 phút)
Đề 1
Câu 1
B
b 9
−
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức B
b) Tìm các giá trị của b để B ≥ 1
Câu 2: Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d y1: =2x+1và đường thẳng d y x2: = +3
Câu3: Cho tam giác ABC vuông cân tại A có đường trung tuyến BM ( M thuộc cạnh AC ) Biết AB=2a
Tính theo a độ dài AC , AM và BM
Câu 4: Hai ô tô khởi hành cùng một lúc từ A đến B Vận tốc của ô tô thứ nhất lớn hơn vận tốc của ô tô
thứ hai là 10 km/h nên ô tô thứ nhất đến B trước ô tô thứ hai 1
2 giờ Tính vận tốc mỗi ô tô biết quãng
đường AB dài 150 km
Câu 5: Tìm các giá trị nguyên của m để phương trình x2−4x m+ + =1 0 có hai nghiệm phân biệt x1và
2
x thỏa 3+ 3
Câu 6: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Gọi I là trung điểm AB Đường
thẳng qua I vuông góc AO và cắt AC tại J Chứng minh: , , B C J và I cùng thuộc một đường tròn
ĐÁP ÁN Câu 1
a) ĐKXĐ: b 0 và b 9
B
b 3 b b 3 b b 3 b 2 b 3
b 3 b 3
=
( b b 3 ) ( 3 b b 3 )
+
=
b b 3
b 3 b 3
+
=
b
b 3
=
−
Trang 2b) b 0 và b 9, b
b 3
−
b
1 0
b 3
− 3
b 3
− Kết hợp với điều kiện b 0 và b 9 ta có: b > 9
Vậy: b > 9
Câu 2
Phương trình hoành độ giao điểm của d và1 d là 2 12 x+ = + x 3
2
x
=
Với x = tìm được 2 y =5
Vậy tọa độ giao điểm của d1 và d2là ( )2;5
Câu 3
2
AC AB= = a
2
AC
AM= =a
BM =AB +AM
5
Câu 4
Gọi x(km/h) là vận tốc ô tô thứ nhất Điều kiện x 10
Khi đó vận tốc ô tô thứ hai là x −10 km/h( )
Từ giả thiết ta có 150 1 150
x + = x−
50
x
x
=
Do x 10 nên nhận x =60
Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 60 km/h và vận tốc của ô tô thứ hai là
Câu 5
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 m 3
Trang 31 2 4; 1 2 1
x +x = x x = +m
x +x x +x − x x x +x m −
Kết hợp với điều kiện m ta được 43 − m 3
Vậy các giá trị nguyên của m cần tìm là − − −3; 2; 1;0;1;2
Câu 6
Gọi M là trung điểm AC ; H là giao điểm của IJ và AO
Ta có AOC=2ABC ( góc ở tâm và góc chắn cung)
2
AOM= AOCABC AOM= Mặt khác AJI =90 −OAM AOM= ( )2
Từ ( )1 và ( )2 suy ra IBC AJI= Vậy bốn điểm B C J và I cùng thuộc một đường tròn , ,
Đề 2
Câu 1
a) Rút gọn biểu thức P = 5( 5+2)− 20
b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d): y = mx + 3 đi qua điểm A(1;5)
c) Giải hệ phương trình 3 7
5
x y
x y
− =
+ =
Câu 2 Cho phương trình x2−4x+ − =m 1 0(m là tham số)
a) Giải phương trình với m = 4
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện:
x x + +x x + =
Câu 3 Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O) Vẽ các đường cao BD, CE của tam
giác ABC (DAC E, AB)
a) Chứng minh tứ giác BCDE nội tiếp đường tròn
b) Gọi giao điểm của AO với BD và ED lần lượt là K, M
Trang 4Chứng minh: 1 2 1 2 12
MD = KD + AD
Câu 4 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x2+y2+z2 =3xyz
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P
ĐÁP ÁN Câu 1
a) Rút gọn biểu thức P = 5( 5+2)− 20
5( 5 2) 20 5 5 2 5 2 5 5
Vậy P = 5
b) Tìm giá trị của m để đường thẳng (d): y = mx + 3 đi qua điểm A(1;5)
Đường thẳng (d): y = mx +3 đi qua điểm A(1;5) nên ta có:
5 = m.1 + 3 m = 2
Vậy với m = 2 thì đường thẳng (d): y = mx + 3 đi qua điểm A(1;5)
c) Giải hệ phương trình 3 7
5
x y
x y
− =
+ =
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x;y) = (3;2)
Câu 2
a) Giải phương trình với m = 4
Với m = 4 ta có phương trình:
x − x+ − = x − x+ =
Phương trình (1) có hệ số a = 1; b = -4; c = 3 => a + b + c = 0
Nên phương trình (1) có hai nghiệm là: x1 1;x2 c 3
a
Vậy với m = 4 thì tập nghiệm của phương trình là: S = 1;3
b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thỏa mãn điều kiện:
x x + +x x + =
Phương trình: 2
x − x m+ − =
Có = −' ( 2)2−1(m− = − 1) 5 m
Để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x x thì 1; 2 '
−
Trang 5Theo hệ thức Vi-et ta có:
1 2
4
b
a c
a
−
+ = =
Ta có:
2
2
3( )
m m m
− =
=
Vậy m = 3 là giá trị cần tìm
Bài 3
a) Vì BD, CE là hai đường cao của tam giác ABC nên BEC =BDC=900
Xét tứ giác BCDE có BEC=BDC=900 (cmt) nên hai đỉnh E, D kề nhau cùng nhìn cạnh BC dưới các
góc 900, suy ra tứ giác BCDE là tứ giác nội tiếp (dhnb)
b) Kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O)
Suy ra: OA⊥Ax
+ Vì tứ giác BCDE là tứ giác nội tiếp (theo câu a) nên BCD=AED (1) (cùng bù với BED )
+ Xét đường tròn (O) có BAx=BCA(2) (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn
cung AB)
Từ (1) và (2) suy ra: BAx=AED mà hai góc ở vị trí so le trong nên Ax// ED
Mà Ax⊥AO cmt( )ED⊥AO= M
Xét tam giác ADK vuông tại D có DM là đường cao
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có: 1 2 1 2 12
DM = DK +DA (đpcm)
Bài 4
x
M K E
D
O
B
C A
Trang 62 2 2
yz xz xy
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương x ; y
yz xzta có:
2
yz+xz yz x = z
Tương tự ta cũng có: y z 2; z x 2
xz+xy x xy+ yz y
2 2 2
+ + + + + + +
3
Lại có:
2
4
2
x
+ Tương tự
y xz x+z z xy x+ y
Suy ra
3
2
P
P
=
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 3/2 khi x = y = z = 1
Đề 3
Câu 1 (1,5 điểm)
1) Rút gọn biểu thức A= 3−2 2 − 3+2 2
a 3 1
a 9
Câu 2 (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – (m – 2)x - 6 = 0 (1) (với m là tham số)
1) Giải phương trình (1) với m = 0
2) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt
3) Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình Tìm các giá trị của m để x22− x x1 2+ (m 2)x − 1= 16
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 2
Câu 4 (2,5 điểm) Qua điểm A năm ngoài đường tròn (O) vẽ 2 tiếp tuyến AB, AC của đường tròn (B, C là các
tiếp điểm Gọi E là trung điểm của đoạn AC, F là giao điểm thứ hai của EB với (O)
Trang 71) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và ∆CEF ∆BEC
2) Gọi K là giao điểm thứ hai của AF với đường tròn (O) Chứng minh BF.CK = BK.CF
3) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ABF
Câu 5 (1,5 điểm) Xét các số x, y, z thay đổi thoả mãn x3 + y3 + z3 – 3xyz = 2
2
P = 2x + yz + 2y + zx + 2z + xy
ĐÁP ÁN Câu 1:
1) A= 3−2 2 − 3+2 2 = 2−2 2.1 1+ − 2−2 2.1 1+
2) Với a 0, a 9 Ta có:
a 9
−
a 3 1
a 9
Câu 2:
= − +
= − −
Vậy khi m =0 phương trình có hai nghiệm phân biệt x = − +1 7 và x = − −1 7
2/ Ta có =(m −2)2−4.1.( 6)− =(m 2)− 2+24 với mọi m 0
Vậy phương trình luôn có hai nghiệm phân biẹt với mọi m
3) Phương trình luôn có hai nghiệm phân biẹt với mọi m
Theo Vi-ét ta có: 1 2
1 2
Ta có :x22− x x1 2+ (m 2)x − 1 = 16
Trang 8
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2
1 2 1 2 2
Vậy khi m = 0, m = 4 thì phương trình có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn: x22− x x1 2+ (m 2)x − 1= 16
Câu 3:
2
2
x xy y 7 0 (1)
Ta có: (2)x2+xy 2y 4x− − + =4 0
2
2
+ Thay x = 2 vào phương trình (1) ta được: 4 – 2y + y – 7 = 0 y = -3
+ Thay x = 2 – y vào phương trình (1) ta được :
2
2
Phương trình 2
2y −5y 3− = có 0 2
( 5) 4.2.( 3) 49 0, 7
+ = = − = −
+ = − = + =
( 1; 3), (2; 3), ;
Bài 4:
Trang 91) Chứng minh tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp và ∆CEF ∆BEC
Có AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn (O) , B và C là ác tiếp điểm
AB⊥OB, AC⊥OCABO=90 , ACO=90
Tứ giác ABOC có ABO+ACO=900+900 =1800 nên tứ giác ABOC nội tiếp đường tròn
+ Đường tròn (O) có:
EBC là góc nội tiếp chắn cung CF
ECF là góc tạo bởi tia tiếp tuyến AC và dây cung CF
= (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung CF)
Xét ∆CEF và ∆BEC có
BEC là góc chung
EBC=ECF (chứng minh trên)
∆CEF ∆BEC (g g)
2) Chứng minh BF.CK = BK.CF
Xét ∆ABF và ∆AKB có
BAK là góc chung
ABF=AKB(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BF)
∆ABF ∆AKB (g g) BF AF (1)
Chứng minh tương tự ta có:
∆ACF ∆AKC (g g) CF AF (2)
Mà AB = AC (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau của (O)) (3)
Từ (1), (2) và (3) BF CF
3) Chứng minh AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ABF
Có ∆ECF ∆EBC (Chứng minh câu a)
x
F
H K
E
A O
B
C
Trang 10Xét ∆BEA ∆AEF có:
AEB là góc chung
∆BEA ∆AEF (c.g.c) EAF=EBA ( hai góc tương ứng) hay EAF=ABF
Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chưa điểm E, kẻ tia Ax là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ABF
= (Cùng bằng ABF) tia AE trùng với tia Ax
AE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆ABF
Câu 5:
Ta có:
x³ + y³ + z³ - 3xyz = (x + y)³ - 3xy(x - y) + z³ - 3xyz = 2
[(x + y)³ + z³] - 3xy(x + y +z ) = 2
(x + y + z)³ - 3z(x + y)(x + y + z) - 3xy(x – y - z) = 2
(x + y + z)[(x + y + z)² - 3z(x + y) - 3xy] = 2
(x + y + z)(x² + y² + z² + 2xy + 2xz + 2yz - 3xz - 3yz - 3xy) = 2
(x + y + z)(x² + y² + z² - xy - xz - yz) = 2
x² + y² + z² - xy - xz – yz ≠ 0
Chứng minh: x² + y² + z² - xy - xz – yz ≥ 0 với mọi x, y, z
x² + y² + z² - xy - xz – yz > 0 x + y + z
Đặt x + y + z = t (t > 0) x² + y² + z² - xy - xz – yz t
2
= khi đó ta có
Áp dụng BĐT Cô si ta có:
2 + 2 = (dấu bằng xảy ra t = 2)
+ = (dấu bằng xảy ra t = 2)
P ≥ 8 – 2 = 6 Tồn tại x = y = 1, z = 0 thì P = 6
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 6
Đề 4
Trang 11Câu 1: (2 điểm) Rút gọn biểu thức sau:
a) A =( 12−2 5) 3+ 60
b)
2
3
B
=
− với 0 < x < 3
Câu 2: (2,5 điểm)
1) Xác định hàm số bậc nhất y = ax + b, biết rằng đồ thị hàm số đi qua điểm M(1; -1) và N(2; 1)
2) Cho phương trình: x2−2mx+m2− + =m 3 0 (1), với m là tham số
a) Giải phương trình (1) với m = 4
b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2và biểu thức:
P=x x − −x x đạt giá trị nhỏ nhất
Câu 3: (1,5 điểm)
Tình cảm gia đình có sức mạnh phi trường Bạn Vì Quyết Chiến - Cậu bé 13 tuổi qua thương nhớ em trai của mình đã vượt qua một quãng đường dài 180km từ Sơn La đến bệnh viện Nhi Trung ương Hà Nội
để thăm em Sau khi đi bằng xe đạp 7 giờ, bạn ấy được lên xe khách và đi tiếp 1 giờ 30 phút nữa thì đến nơi Biết vận tốc của xe khách lớn hơn vận tốc của xe đạp là 35km/h Tính vận tốc xe đạp của bạn Chiến
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O) có hai đường kính AB và MN vuông góc với nhau Trên tia đối của tia MA lấy điểm C khác điểm M Kẻ MH vuông góc với BC (H thuộc BC)
a) Chứng minh BOMH là tứ giác nội tiếp
b) MB cắt OH tại E Chứng minh ME.MH = BE.HC
c) Gọi giao điểm của đường tròn (O) với đường tròn ngoại tiếp ∆MHC là K Chứng minh 3
điểm C, K, E thẳng hàng
Câu 5: (1,0 điểm) Giải phương trình: 5x2+27x+25 5− x+ =1 x2−4
ĐÁP ÁN Câu 1:
a) A =( 12−2 5) 3+ 60= 36−2 15+2 15= 36=6
b) Với 0 < x < 3 thì x− = −3 3 x
( )
2
x
B
−
Câu 2:
1) Vì đồ thị hàm số đi qua điểm M(1; -1) nên a b+ = − 1
đồ thị hàm số đi qua điểm N(2; 1) nên 2a b+ = 1
Trang 12Vậy hàm số phải tìm là y = 2x - 3
2) a) Với m = 4, phương trình (1) trở thành: x2−8x+15= Có 0 = 1 0
Phương trình có hai nghệm phân biệt x1 =3; x2 =5;
Phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 khi ∆' 0 − m 3 0 m 3
Với m , theo định lí Vi-ét ta có: 3 1 2
2
1 2
2
Theo bài ra: P=x x1 2− −x1 x2 =x x1 2−(x1+x2)
Áp đụng định lí Vi-ét ta được:
P=m − + −m m=m − m+ =m m− +
Vì m nên (3 m m −3) , suy ra 0 P Dấu " = " xảy ra khi m = 3 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 khi m = 3
Bài 3:
Đổi 1 giờ 30 phút = 1,5 giờ
Gọi vận tốc xe đạp của bạn Chiến là x (km/h, x ) 0
Vận tốc của ô tô là x +35(km/h)
Quãng đường bạn Chiến đi bằng xe đạp là: 7x (km)
Quãng đường bạn Chiến đi bằng ô tô là: 1,5(x +35)(km)
Do tổng quãng đường bạn Chiến đi là 180km nên ta có phương trình:
7x+1, 5(x+35) 180= 7x+1, 5x+52, 2 180= 8, 5x=127,5 =x 15(thỏa mãn)
Vậy bạn Chiến đi bằng xe đạp với vận tốc là 15 km/h
Bài 4:
a) Ta có: MOB =900 (do AB⊥MN) và MHB =900(do MH⊥BC)
Suy ra: MOB+MHB=900+900 =1800
Tứ giác BOMH nội tiếp
b) ∆OMB vuông cân tại O nên OBM =OMB (1)
Tứ giác BOMH nội tiếp nên OBM =OHM (cùng chắn cung OM)
và OMB=OHB (cùng chắn cung OB) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: OHM =OHB
HO là tia phân giác của MHB ME MH
K E
H C
O
N
M
B A
Trang 13Áp dụng hệ thức lượng trong ∆BMC vuông tại M có MH là đường cao ta có:
2
Từ (3) và (4) suy ra: ME HC ( )5 ME HM BE HC
c) Vì MHC =900(do MH⊥BC) nên đường tròn ngoại tiếp ∆MHC có đường kính là MC
0
90
MKC
= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
MN là đường kính của đường tròn (O) nên 0
90
MKN = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
0
180
HM = BN , kết hợp với ME HC
BE = HM (theo (5) )
Suy ra: MC ME
BN = BE Mà EBN =EMC=900∆MCE ∽ ∆BNE (c.g.c)
MEC BEN
= , mà MEC+BEC=1800 (do 3 điểm M, E, B thẳng hàng)
0
180
BEC BEN
Từ (*) và (**) suy ra 4 điểm C, K, E, N thẳng hàng
3 điểm C, K, E thẳng hàng (đpcm)
Câu 5: ĐKXĐ: x 2
Ta có:
Cách 1:
Giải ra được:
x = − (loại); x = +1 5(nhận); 13 3 65
8
x= +
(nhận); 13 3 65
8
x= −
(loại)
Cách 2:
Trang 14(1) ( 2 ) ( ) ( 2 ) ( )
a= x − +x b= x+ a b
Lúc đó, phương trình (2) trở thành:
5ab=2a +3b − + = ( − )( − )= ==
a b
a b (*)
1 5( )
= −
= +
13 3 65
( ) 8
13 3 65
8
=
=
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = +1 5 và 13 3 65
8
x= +
Trang 15
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 dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi
về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sư phạm đến từ các trường Đại học và các trường chuyên danh
tiếng
I.Luyện Thi Online
- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng xây
dựng các khóa luyện thi THPTQG các môn: Toán, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và Sinh Học
- Luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán: Ôn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các trường
PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường Chuyên
khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn Đức Tấn
II.Khoá Học Nâng Cao và HSG
- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Toán Nâng Cao, Toán Chuyên dành cho các em HS
THCS lớp 6, 7, 8, 9 yêu thích môn Toán phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường và đạt
điểm tốt ở các kỳ thi HSG
- Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng 5 phân môn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành
cho học sinh các khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn cùng đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia
III.Kênh học tập miễn phí
- HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các
môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu
tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất
- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi
miễn phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các môn Toán- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và Tiếng Anh
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%
Học Toán Online cùng Chuyên Gia
HOC247 NET cộng đồng học tập miễn phí HOC247 TV kênh Video bài giảng miễn phí