Bộ 4 đề thi thử vào lớp 10 THPT môn Toán trường THCS Danh Thắng

a) Chứng minh rằng tứ giác BCID nội tiếp. b) CD là trung trực của đoạn thẳng AI. b) IA là phân giác góc MIN. Chứng minh rằng trong các số được chọn luôn tìm được 3 số sao cho tổng của 2[r]

TRƯỜNG THCS DANH THẮNG ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2021

MÔN TOÁN

(Thời gian làm bài: 120 phút)

Đề 1

Câu 1 (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

1) x2 + = 9 6x

2) x 2y 3

3x y 1



Câu 2 (2,0 điểm)

1) Cho a  0, b  0, a  b, rút gọn biểu thức:

2) Tìm giá trị của m để ba đường thẳng: 3x − = y 10, 2x +3y = − 8 và y = mx + 6 cùng đi qua một điểm

Câu 3 (2,0 điểm)

1) Hai người cùng làm chung một công việc trong vòng 8 giờ thì xong Nếu người thứ nhất làm 1 giờ 30 phút và người thứ hai làm tiếp 3 giờ thì được 25% công việc Hỏi nếu làm riêng một mình thì mỗi người cần bao nhiêu thời gian để hoàn thành công việc

2) Tìm m để đồ thị của hàm số y = 2x + + m 5(m là tham số) cắt trục tung tại điểm A, cắt trục hoành tại điểm B sao cho diện tích tam giác AOB bằng 6 (với O là gốc tọa độ)

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R Điểm C nằm giữa hai điểm A và B, vẽ đường tròn (I) đường kính CA và đường tròn (K) đường kính CB Qua C kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt đường tròn (O) tại D và E Đoạn thẳng DA cắt đường tròn (I) tại M, DB cắt đường tròn (K) tại N

a) Chứng minh rằng: Bốn điểm C, M, D, N cùng thuộc một đường tròn

b) Chứng minh rằng: MN là tiếp tuyến chung của đường tròn (I) và đường tròn (K)

c) Xác định vị trí điểm C trên đường kính AB sao cho tứ giác CMDN có diện tích lớn nhất

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn: x  y và xy = 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2x 3xy 2y

M

x y

=

ĐÁP ÁN Câu 1

1) x + = 9 6x  x − 6x + = 9 0

( )2

x 3 0

 − =  = x 3

Vậy nghiệm của phương trình là x = 3

2)

3x y 1

= − −







= − −





5y 10

= − −



  − =



x 1

=



  = −



Vậy nghiệm của hệ phương trình là x 1

=



 = −



Câu 2

1) Với a  0, b  0, a  b, ta có:

( a b ) ab ( a b )

−

−

=

+

−

a b

−

+

2) Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng: 3x − = y 10, 2x +3y = − 8 là nghiệm của hệ phương trình:

y 3x 10 3x y 10

2x +3y 8



− =

x 2

= −



  =

 Học sinh tìm hoành độ giao điểm sau đó tìm tung độ giao điểm cho điểm tối đa

Ba đường thẳng: 3x − = y 10, 2x +3y = − 8 và y = mx + 6 cùng đi qua một điểm khi điểm ( 2; − 4 ) thuộc đường thẳng y = mx + 6

Không có điểm ( 2; − 4 ) thuộc đường thẳng y = mx + 6 Hoặc đường thẳng y = mx + 6 đi qua điểm

( 2; − 4 ) không chấm phần này

Câu 3

1) Đổi 1 giờ 30 phút = 3

2giờ Do người thứ nhất làm 1 giờ 30 phút và người thứ hai làm tiếp 3 giờ thì được 25% công việc nên ta có phương trình: 3 3 1

2x + = y 4 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:

 + =







Đặt a 1 , b 1

= = ta có hệ phương trình:

b

a 3b

24



Từ đó suy ra

x 12

x 12

y 24

 =

 =



(Thoả mãn)

Vậy thời gian người thứ nhất làm riêng một mình xong công việc là 12 (giờ), thời gian người thứ hai làm riêng một mình xong công việc là 24 (giờ)

2) (Không cần vẽ đồ thị) Đồ thị của hàm số y = 2x + + m 5cắt trục tung tại điểm A(0; m 5 + ); đồ thị

của hàm số y = 2x + + m 5cắt trục hoành tại điểm B ( ( m 5 )

2

, 0)

Sai toạ độ điểm A, điểm B không chấm

Khi đó: OA = m + 5, ( m 5 ) m 5

OB

+

OA ; OB không có dấu GTTĐ không chấm

Diện tích tam giác AOB bằng 6 nên:

( )2

+

Không có OA; OB ở trên mà thay đúng có dấu GTTĐ cho điểm tối đa

 + =  + = hoặc m 5 + = − 2 6

 = − hoặc m = − 2 6 − 5

Câu 4

1) Xét tam giác AMC có MI là trung tuyến và 1

2

= nên AMC vuông tại M  AMC = 900

0

DMC 90

Chứng minh góc nội tiếp chắn nửa đường tròn cho điểm tối đa

Chứng minh tương tự  BNC = 900 0

DNC 90

Chứng minh tương tự  ADB 90 = 0 Tứ giác CMDN có CMD = ADB CND 90 = = 0nên CMDN là hình chữ nhật

gọi G là giao điểm của MN và CD ta có MN và CD cắt nhau tại trung điểm G của mỗi đường (bỏ) suy ra

GC = GD = GM = GN  bốn điểm C, M, D, N cùng thuộc một đường tròn tâm G

Tam giác DMC và tam giác DNC thuộc đường tròn đường kính DC  bốn điểm C, M, D, N cùng thuộc một đường tròn tâm G cho điểm tối đa

2) Ta có  IMC cân tại I ( IM = IC )  IMC = ICM

và  GMC cân tại G ( GM = GC )  GMC = GCM

0

MN

 là tiếp tuyến của đường tròn (I)

Có thể chứng minh IMA + DMG = 900 0

IMG 90

Ta có  KNC cân tại K ( KN = KC )  KNC = KCN

G

E

I

N M

D

A

và  GNC cân tại G ( GN = GC )  GNC = GCN

0

MN

 là tiếp tuyến của đường tròn (K)

MN

 là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (I) và (K)

3) Xét  ACDvuông tại C nên

2

AD

Xét  BCDvuông tại C nên

2

BD

Xét  ABDvuông tại D nên AD.BD = AB.CD

CMDN

Mặt khác: CD  R, AB = 2R suy ra

CMDN

S

Tứ giác CMDN có diện tích lớn nhất bằng

2

R

2 khi CD = R

 C trùng với O

Câu 5

Nhận xét: Cho hai số dương a, b ta có ( )2

a + − b 2 ab = a − b   +  0 a b 2 ab, đẳng thức xảy ra khi a = b (Vẫn cho điểm nếu học sinh sử dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số a, b > 0)

2x 3xy 2y 2(x y) xy

M

− − Do x  y và xy = 2 nên

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2

xy 2

x y 1

xy 2 1

x y

x y 1

x y



 



y 1, x 2

y 2, x 1



  = − =  Kết luận: Min A = 4 khi

Đề 2

Bài I (3 điểm)

1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n4 + 2015n2 chia hết cho 12

2) Giải hệ phương trình sau :







Bài II (2 điểm)

1) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn: 2y2 + 2xy + x + 3y – 13 = 0

2) Giải phương trình:

2

Bài III (1 điểm)

Cho x y là các số thực không âm Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : ,

2 2 2 2

2 2 2 2

P

=

Bài IV (3 điểm)

Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B Kẻ tiếp tuyến chung CD (C, D là tiếp điểm, C  (O),

D  (O’)) Đường thẳng qua A song song với CD cắt (O) tại E, (O’) tại F Gọi M, N theo thứ tự là giao điểm của BD và BC với EF Gọi I là giao điểm của EC với FD Chứng minh rằng:

a) Chứng minh rằng tứ giác BCID nội tiếp

b) CD là trung trực của đoạn thẳng AI

b) IA là phân giác góc MIN

Bài V (1điểm)

Cho 1010 số tự nhiên phân biệt không vượt quá 2015 trong đó không có số nào gấp 2 lần số khác Chứng minh rằng trong các số được chọn luôn tìm được 3 số sao cho tổng của 2 số bằng số còn lại

ĐÁP ÁN Bài I :

1) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n 4 + 2015n 2 chia hết cho 12

Ta có: n4 + 2015n2 = n2(n2 + 2015)

Nếu n chẵn thì n2 chia hết cho 4

Nếu n lẻ thì n2 + 2015 chia hết cho 4

 n4 + 2015n2 chia hết cho 4

Nếu n chia hết cho 3 thì n4 + 2015n2 chia hết cho 3

Nếu n chia 3 dư 1 hoặc dư 2 thì n4 + 2015n2 chia hết cho 3

Vậy n4 + 2015n2 chia hết cho 3

Vì (4, 3) = 1 nên n4 + 2015n2 chia hết cho 12

2) Giải hệ phương trình







Suy ra : 10x2+45xy−25y2 = 0

(2 )( 5 ) 0

2 5

y x

 =







= −



Với

2

y

x = ta được 1 1

;

Với x= −5y ta được

;

Bài II :

1) Tìm các cặp số nguyên (x, y)… (1,5 điểm)

2y2 + 2xy + x + 3y – 13 = 0  (2y + 1)(x + y + 1) = 14

 2y + 1 và x + y + 1 là các ước của 14

Vì 2y + 1 là số lẻ nên ta có các trường hợp sau:

TH 1: 2y + 1 = 1 và x + y + 1 = 14  (x, y) = (13, 0)

TH 2: 2y + 1 = -1 và x + y + 1 = - 14  (x, y) = (-14, -1)

TH 3: 2y + 1 = 7 và x + y + 1 = 2  (x, y) = (-2, 3)

TH 4: 2y + 1 = - 7 và x + y + 1 = - 2  (x, y) = (1, - 4)

2) Giải phương trình

2

(1,5 điểm)

Điều kiện: x 0

Ta có

2

3

6

2

x

x  + , suy ra

2

( )

2

6

x x

 =

Thử lại x =6vào thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệmx =6

Bài III:

Ta có :

4

) (a + b 2

 a.b a b, (1) Dấu ‘=’ xảy ra khi a=b

y x

y x

= + +

+

) 1 )(

1

2 2

y x

y x

= + +

−

) 1 )(

1 (

1

2 2

2 2

Theo (1) ta có :

2

4

a b

P ab=  + Suy ra:

2

P



2

P

2 2 2

y P

y

+

Ta có : 0 

2 2 2

1

1











 +

−

y

y

 1y

Do đó : max 1

4

Dấu “=” xảy ra 

( ) (2 )2

1 0

y y

a y

=



=





Bài IV:

a)

Chứng minh tứ giác BCID nội tiếp ( 1 điểm )

TH1: Điểm A và đoạn thẳng CD nằm về cùng một phía với đường OO’

Ta có

K I

M N

F

E

A

B

C

D

180

 Tứ giác BCID nội tiếp

TH2: Điểm A và đoạn thẳng CD nằm khác phía nhau so với OO’

Vì tứ giác ABCE nội tiếp (O) nên BCE+BAE=1800  BCE =BAF

Tương tự BAF=BDI

 BCE BDI=  BCI+BDI =BCI+BCE=1800

 Tứ giác BCID nội tiếp

 ∆ ICD = ∆ ACD

 CA = CI và DA = DI

 CD là trung trực của AI

b)

Chứng minh CD là trung trực của AI (1,0 điểm)

(Hai trường hợp chứng minh như nhau)

Ta có ICD=CEA=DCAICD=DCA

Tương tự IDC CDA=

 ∆ ICD = ∆ ACD

 CA = CI và DA = DI

 CD là trung trực của AI

c)

Chứng minh IA là phân giác góc MIN ( 1 điểm)

(Hai trường hợp chứng minh như nhau)

K

N M

I

F

E

A

B

C

D

Ta có CD ⊥ AI  AI ⊥ MN

Gọi K = AB  CD Ta chứng minh được

CK2 = KA.KB = KD2

 KC = KD (1)

Vì CD // MN nên KC KD KB

Từ (1)  AN = AM

Mà AI ⊥ MN  ∆ IMN cân tại I

 IA là phân giác góc MIN

Bài V:

Giả sử 0   a a1 2  a3   a1010  2015là 1010 số tự nhiên được chọn

Xét 1009 số : b ai = 1010− a ii, = 1, 2, ,1009 suy ra:

1009 1008 1

0  b  b    b 2015

Theo nguyên lý Dirichlet trong 2019 số a bi, ikhông vượt quá 2015 luôn tồn tại 2 số bằng nhau, mà các số

i

a và bikhông thể bằng nhau, suy ra tồn tại i,j sao cho:

(Chú ý i do trong 1010 số được chọn không có số nào bằng 2 lần số khác ) j

Đề 3

Bài 1: (2 điểm)

Cho biểu thức: b b 1 b 2 b 3

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

Bài 2: (2 điểm)

a) Giải hệ phương trình: x 2y 6



 b) Trong cùng mặt phẳng tọa độ cho các đường thẳng (d): y = 3x + m và đường thẳng (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 : x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 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 nghiệm x1, x2 thỏa mãn: x + 2mx = 912 2

Bài 4: (3 điểm)

Cho nửa đường tròn (O) đường kính PQ = 2R Điểm N cố định trên nửa đường tròn Điểm M thuộc cung PN (M  P; N) Hạ MH ⊥ PQ tại H, tia MQ cắt PN tại E, kẻ EI ⊥ PQ tại I Gọi K là giao điểm của PN và MH Chứng minh rằng:

a) Tứ giác QHKN là tứ giác nội tiếp;

b) PK.PN = PM2;

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

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

Bài 5: (1 điểm)

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

P = 2x + yz + 2y + zx + 2z + xy

ĐÁP ÁN Bài 1:

a) ĐKXĐ: b  0 và b  9

B

=

( b b 3 ) ( 3 b b 3 )

+

=

b b 3

b 3 b 3

+

=

b

b 3

=

−

b) 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

Bài 2:

a) x 2y 6 2x 4y 12

y 5

=





Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất là x 4

y 5

=



 =



b) (d) // (d’) m 5 1 3



 







        

m 11

m 11

=



     = (thỏa mãn điều kiện m  - 5)

Vậy m = 11

Bài 3:

a) Với phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0

Ta có: / = m2 – m2 + m - 1 = m – 1

Phương trình có nghiệm kép / = 0 m – 1= 0  m = 1

khi đó nghiệm kép là:

/

a

−

b) Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 / ≥0  m –1 ≥ 0 m ≥ 1

theo hệ thức Vi –ét ta có: 1 2

2

1 2

x x







Mà theo bài cho, thì x + 2mx = 912 2 (3)

Thay (1) vào (3) ta được:

2

2

1 x2) x x1 2 9 (4)



x + (x + x )x = 9 x + x x + x = 9

(x

Thay(1), (2) vào (4) ta được : 2 2 2

4m − m + − =  m 1 9 3 m + − m 10 = 0

Giải phương trình ta được: m1= - 2 (loại) ; m2 = 5

3(TMĐK)

Vậy m = 5

3 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1 x2 :

2

x + 2mx = 9

Bài 4:

a) Ta có góc PNQ = 900(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Hay KNQ = 900

Xét tứ giác QHKN, có:

0

90

0

90

180

KNQ + KHQ = , mà hai góc này là hai góc đối diện

b) Chứng minh được PHK PNQ (g-g)

Suy ra PK.PN = PM2 (1)

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

PH.PQ = PM2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra PK.PN = PM2

c) C/minh được PEI PQN (g-g)  PE.PN = PI.PQ (3)

C/minh được QEI QPM (g-g)  QE.QM = QI.PQ (4)

Từ (3) và (4) suy ra :

= PQ (PI + QI) = 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

O

K

E

N M

Q P

Mà 1

2

Do đó MIN = MON, mà O và I là hai đỉnh kề 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 z 2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = 2x + yz + 2y + zx + 2z + xy

Ta có x + y + z = 2 nên 2x + yz = (x + y + z)x + yz = (x + y)(x + z)

Áp dụng bất đẳng thức Cosi với 2 số dương u = + x y và, v = x + z, ta có:

2

x + yz = x + y x + z  + + + = + +

(1)

Tương tự 2 2

2

(2); 2

2

2

(3)

Cộng các bđt (1), (2), (3) ta được:

Dấu "=" xảy ra khi x = y = z =2

3

Vậy Max P = 4 khi x = y = z =2

3

ĐỀ 4

Câu 1 (2,0 điểm)

Thực hiện các phép tính sau:

1) 18 2+ 49

2)

1 5

1 1

5

1

−

+ +

Câu 2 (2,5 điểm)

1) Cho hàm số bậc nhất y= m–2 x+m+3 (d) ( )

a) Tìm m để hàm số đồng biến

b) Tìm m để đồ thị hàm số (d) song song với đồ thị hàm số y=2x+7

2) Cho phương trình 2

x -(2m-1)x+m-2=0, (x là ẩn, m là tham số)

a) Giải phương trình đã cho với m=1

b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình đã cho có hai nghiệm

x1, x2 thỏa mãn: x +x =1512 22

Câu 3 (2,0 điểm)

Nếu hai vòi nước cùng chảy vào một bể không có nước thì sau 12 giờ đầy bể Sau khi hai vòi cùng chảy

8 giờ thì người ta khóa vòi thứ nhất, còn vòi thứ hai tiếp tục chảy Do tăng công suất vòi thứ hai lên gấp đôi nên vòi thứ hai đã chảy đầy phần còn lại của bể trong 3 giờ rưỡi Hỏi nếu mỗi vòi chảy một mình với công suất bình thường thì sau bao lâu đầy bể

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB Một điểm C cố định thuộc đoạn thẳng AO (C khác A và C khác O) Đường thẳng đi qua điểm C và vuông góc với AO cắt nửa đường tròn đã cho tại D Trên cung BD lấy điểm M (M khác B và M khác D) Tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho tại M cắt đường thẳng CD tại

E Gọi F là giao điểm của AM và CD

1) Chứng minh rằng tứ giác BCFM là tứ giác nội tiếp đường tròn

2) Chứng minh: EM = EF

3) Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FDM Chứng minh ba điểm D, I, B thẳng hàng; từ đó suy ra góc ABI có số đo không đổi khi M thay đổi trên cung BD

Câu 5 (0,5 điểm) Cho các số thực dương x, y thoả mãn x + y = 2 Chứng minh rằng: x2 + y2 1

ĐẤP ÁN Câu 1

1) 18 2+ 49 = 36+ 49 = 6 + 7 =13

2)

Câu 2

1) a) Hàm số bậc nhất y= m–2 x+m+3 (d) ( )

Hàm số đồng biến m – 2 > 0 m > 2

b) Đồ thị hàm số y= m–2 x+m+3 song song với đồ thị hàm số ( )

y = 2x +7  m-2=2





m = 4



 (vô lí)

Vậy không có m thỏa mãn đề bài

b) Phương trình x -(2m-1)x+m-2=02

a) Khi m=1 phương trình có dạng x -x-12 =0

0 5 ) 1 (

1 4 )

1

=

Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1 1 5

2

−

2

+

=

b) =−(2m−1)2 −4.1(m−2)=4m2 −8m+9

=4(m−1)2 +50 (với m)

Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x ,x1 2với mọi giá trị của tham số m Khi đó, theo định lý Viét:

x +x =2m-1, x x =m-2

Ta có: x +x =(x +x ) -2x x12 22 1 2 2 1 2=(2m-1)2-2(m-2)

x12 +x22 =154m2 −6m+5=15

4m2 −6m−10=0











=

=

−

=

2

5 4

10 m

1 m

KL: Vậy với m 1;5

2

 − 

  thỏa mãn yêu cầu bài toán

Câu 3

* 3 giờ rưỡi = 3,5 giờ

Gọi thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x (giờ) (x > 12)

Gọi thời gian vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là y (giờ) (y > 12)

Trong 1 giờ vòi thứ nhất chảy được: 1

x (bể)

Trong 1 giờ vòi thứ hai chảy được: 1

y(bể)

Trong 1 giờ cả 2 vòi chảy được: 1

12 (bể)

Theo bài ra ta có phương trình: 1 1 1

x + =y 12

Trong 8 giờ cả hai vòi cùng chảy được: 8 2

12=3 bể Vậy sau khi hai vòi cùng chảy trong 8 giờ thì phần bể chưa có nước là:

2 1 1

− = (bể) Công suất vòi thứ hai chảy một mình sau khi chảy chung với vòi thứ nhất là:

2

y=y