Bộ 4 đề thi thử vào lớp 10 THPT môn Toán trường THCS Trần Hưng Đạo

- 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[r]

TRƯỜNG THCS TRẦN HƯNG ĐẠO ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2021

MÔN TOÁN

(Thời gian làm bài: 120 phút)

Đề 1

Câu 1: (1,0 điểm)

Tính giá trị biểu thức T = 4+ 25− 9

Câu 2: (1,0 điểm)

Tìm mđể đồ thị hàm số =y (2m+1)x đi qua điểm 2 A(1;5)

Câu 3: (1,0 điểm)

Giải phương trình x2− − =x 6 0

Câu 4: (1,0 điểm)

Vẽ đồ thị của hàm số y x = 2

Câu 5: (1,0 điểm)

Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d y1: =2x+1và đường thẳng d y x2: = +3

Câu 6: (1,0 điểm)

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 7: (1,0 điểm)

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 8: (1,0 điểm)

Tìm các giá trị nguyên của m để phương trình x2−4x m+ + =1 0 có hai nghiệm phân biệt x1và x2thỏa

3 3

1 2 100

x x

Câu 9: (1,0 điểm)

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

Câu 10: (1,0 điểm)

Cho đường tròn ( )C có tâm I và có bán kính R=2a Xét điểm M thay đổi sao cho IM= Hai dây a

,

AC BD đi qua M và vuông góc với nhau ( , , , A B C D thuộc ( ) C ) Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ

giác ABCD

ĐÁP ÁN Câu 1:

4 2

25 5

9 3

Vậy T =4

Câu 2:

( )1;5

A thuộc đồ thị hàm số y=(2m+1)x2 suy ra 5 2= m+ 1

2m 4

2

m

 =

Vậy m = là giá trị cần tìm 2

Câu 3:

2 4

25

 =

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x = − ;2 x = 3

Câu 4

Bảng sau cho một số giá trị tương ứng của x và y

2

y x= 4 1 0 1 4

Vẽ đồ thị:

Câu 5

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 6

AC AB= = a

2

AC

AM= =a

BM =AB +AM

5

Câu 7

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 8

Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi      0 m 3

1 2 4; 1 2 1

x +x = x x = +m

1 2 100 1 2 3 1 2 1 2 100 4

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 9

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= AOCABC 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 , ,

Câu 10

Đặt H K lần lượt là trung điểm của , AC và BD , S ABCD là diện tích tứ giác ABCD

ABCD

S = AC BD AC +BD

AC +BD = AH +BK = R −IH +R −IK

Do IH2+IK2 =IM2 nên AC2+BD2=28a2

2 7

ABCD

S = a khi AC BD=

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác ABCD là 7a 2

Đề 2

Câu 1 (2,0 điểm)

1

=

+

x x A

x và

B

x x x x x với x0, x1 a).Tính giá trị của biếu thức A khi x=2

b).Rút gọn biểu thức B

c).Tìm x sao cho C= −A B nhận giá trị là số nguyên

Câu 2 (2,0 điểm)

a).Giải hệ phương trình 4 3

+ =



 − =



x y

x y (không sử dụng máy tính cầm tay)

b).Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích 150 m2 Biết rằng, chiều dài mảnh vườn hơn chiều rộng

mảnh vườn là 5 m Tính chiều rộng mảnh vườn

Câu 3 (2,0 điểm)

Cho hàm số y=(m−4)x m+ +4 ( m là tham số)

a).Tìm m để hàm số đã cho là hàm số bậc nhất đồng biến trên

b).Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đồ thị hàm số đã cho luôn cắt parabol ( ) 2

: =

P y x tại hai

điểm phân biệt Gọi x1, x2 là hoành độ các giao điểm, tìm m sao cho x x1( 1− +1) x2(x2− =1) 18

c).Gọi đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng ( )d Chứng minh khoảng cách từ điểm O( )0;0 đến ( )d

không lớn hơn 65

Câu 4 (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O đường kính AB Kẻ dây cung CD vuông góc với AB tại H ( H nằm giữa

A và O , H khác A và O ) Lấy điểm G thuộc CH ( G khác C và H), tia AG cắt đường tròn

tại E khác A

a).Chứng minh tứ giác BEGH là tứ giác nội tiếp

b).Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD Chứng minh: KC KD =KE KB

c).Đoạn thẳng AK cắt đường tròn O tại F khác A Chứng minh G là tâm đường tròn nội tiếp tam

giác HEF

d).Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên đường thẳng EF Chứng minh

HE H F MN

Câu 5 Cho a , b , c là các số thực dương thỏa mãn a b c ab bc ac+ + + + + =6 Chứng minh rằng:

3 3 3

3

a b c

b c a

ĐÁP ÁN Câu 1

1

=

+

x x A

x và

B

x x x x x với x0, x1 a).Tính giá trị của biếu thức A khi x=2

1

+

A

x

Khi x=  =2 A 2 2 1−

b).Rút gọn biểu thức B

c).Tìm x sao cho C= −A B nhận giá trị là số nguyên

B

( ) ( )( )

=

B

− +

=

x x

−

=

x

x x

Cĩ

3 1

+

x x

1 1

1

= −

+

x

Cĩ x+ 1 1, x0, x1

C nhận giá trị là số nguyên  x+ =  =1 1 x 0 (nhận)

Câu 2

a).Giải hệ phương trình 4 3

+ =



 − =



x y

x y (khơng sử dụng máy tính cầm tay)

+ =



 − =



x y

x y

x

x y

 

− =



2 3 1 3

x y



=



 

 =



Vậy nghiệm của hệ là 2 1;

3 3

b).Một mảnh vườn hình chữ nhật cĩ diện tích 150 m2 Biết rằng, chiều dài mảnh vườn hơn chiều

rộng mảnh vườn là 5 m Tính chiều rộng mảnh vườn

Gọi x , y lần lượt là chiều dài, chiều rộng của mảnh vườn, điều kiện x 0y 0, x y

150

x y

xy

 − =



=

x y

y y

 = +





( )

10 nhận

15 loại

y y

 =





= −

Vậy chiều rộng mảnh vườn là 10 m( )

Câu 3

a).Tìm m để hàm số đã cho là hàm số bậc nhất đồng biến trên

y m x m đồng biến trên  −    m 4 0 m 4

Vậy m  thì hàm số đồng biến trên 4

b).Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì đồ thị hàm số đã cho luơn cắt parabol ( ) 2

: =

P y x tại

hai điểm phân biệt Gọi x1, x2 là hồnh độ các giao điểm, tìm m sao cho x x1( 1− +1) x x2( 2− =1) 18

( )d : y=(m−4)x m+ +4, ( ) 2

: =

P y x

Phương trình hồnh độ giao điểm của ( )d , ( )P : x2 =(m−4)x m+ +4

( ) ( ) ( )

0,

a

m

 





Suy ra ( )d cắt luôn cắt ( )P tại hai điểm phân biệt

Có x x1( 1− +1) x2(x2− =1) 18 2 2 ( )

1 2 1 2 18 0

x x x x

1 2 2 1 2 1 2 18 0

x x x x x x

1 2

1 2

4 4

x x m

x x m





2

m m

 =

  =

Vậy m = , 5 m = thỏa yêu cầu bài 2

c).Gọi đồ thị hàm số đã cho là đường thẳng ( )d Chứng minh khoảng cách từ điểm O( )0;0 đến

( )d không lớn hơn 65

( )d : y=(m−4)x m+ +4 cắt trục Ox,Oy lần lượt ở 4 ;0

4

m A m

−

*Trường hơp 1: Xét m− =  = , thì 4 0 m 4 ( )d y =: 8, ( )d song song trục Ox, ( )d cắt trục Oy tại

( )0;8

B

Có khoảng cách từ O đến đường thẳng ( )d là OB = 8

Gọi H là hình chiếu của O lên đường thẳng ( )d

OAB

 vuông tại O có OH AB⊥ , Có OH AB OA OB =

2

4

m

−

2 2

4

m m

= +

2 2

2

4

m OH

m

+

Giả sử OH  65 OH2 65 ( )

2 2

4

65

m m

+

2

64m 528m 1089 0

Vậy OH  65

Câu 4

a).Chứng minh tứ giác BEGH là tứ giác nội tiếp

Có BHG=BEG= 90 BHG+BEG=180

 Tứ giác BEGH nội tiếp đường tròn đường kính BG

b).Gọi K là giao điểm của hai đường thẳng BE và CD Chứng minh: KC KD =KE KB

Có KEC=KDB, EKC=DKB (góc chung)  KEC∽ KDB KE KC

KD KB

 = KC KD =KE KB

c).Đoạn thẳng AK cắt đường tròn O tại F khác A Chứng minh G là tâm đường tròn nội tiếp

tam giác HEF

KAB

 có ba đường cao AE, BF, KH đồng qui tại G Suy ra G là trực tâm của KAB

2

GHE GBE sñGE (trong đường tròn BEGH)

2

GBE GAF sñEF (trong đường tròn ( )O )

2

GAF GHF sñEG (tứ giác AFGH nội tiếp đường tròn đường kính AG)

Suy ra GHE GHF  HG= là tia phân giác của EHF

Tương tự EG là tia phân giác của FEG

EHF có hai tia phân giác HG và EG cắt nhau tại G Suy ra G là tâm đường tròn nội tiếp EHF

d).Gọi M , N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và B lên đường thẳng EF Chứng minh

HE H F MN

Gọi Q là giao điểm của tia EH và đường tròn ( )O

Có EOB=2EFB sñEB= , 2EFB EFO= (do FG là tia phân giác của EFH)

T

Q

O C

D

H G

E K

F M

N

EOB EFH = Tứ giác EFHO nội tiếp đường tròn

FOH FEH sñEQ FOQ  =1

2

FOH FOQ

 OH là tia phân giác của FOQ

OFH OQH, có OH chung, OF OQ= , FOH QOH=

 OFH = OQH  HF HQ=

Do đó HE+H F=HE+HQ=EQ

Có AMN MNT NTA= = =90 Suy ra AMNT là hình chữ nhật, nên AT MN=

Suy ra AQ FA ET= = AE// QT, mà AETQ nội tiếp đường tròn ( )O

Vậy HE+H F =MN

Câu 5

Đặt

3 3 3

a b c P

b c a

Có a , b , c là các số thực dương, theo bất đẳng thức AM-GM có:



















3

2

3

2

3

2

2 2 2

b

c

a

. =P a3 +b3 +c3 2(a2+b2+c2)−(ab bc ac+ + )

 P 2 a2+b2+c2 + a b c+ + −6

Có (a b− ) (2+ b c− ) (2+ a c− )2 02(a2+b2+c2)2(ab bc ca+ + )3 a( 2+b2+c2)(a b c + + )2

Suy ra  2( + + ) (2+ + + −) 6

3

P a b c a b c

Có ab bc ca a b c+ +  2+ +2 2 ( ) ( )2

6

3

= + + +a b c ab bc+ +ac + + +a b c a b c+ + 1( ) (2 ) 6 0

3 a b c a b c

(a b c) 3

9

a b c+ + 

Suy ra 2 9 3 6 3

3

Vậy

3 3 3

3

a b c

b c a

Đề 3

Bài 1: (2 điểm)

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

2x 3y 7



 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 3 b 3

=

( b b 3 ) ( 3 b b 3 )

+

=

+

=

b

=

−

−

b

1 0

− 3

−

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

Vậy: b > 9

Bài 2:

y 5

2x 3y 7

=





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

y 5

=



 =



b) (d) // (d’) m 5 1 3



 





m 5 16



        

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 : 4m2 − m2 + − =  m 1 9 3 m2 + − 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

O

K

E

N M

Q P

Xét tứ giác QHKN, có:

0

90

KHQ = (vì MH⊥PQ)

0

90

KNQ = (cm trên)

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 :

PE.PN + QE.QM = PQ.PI + QI.PQ = PQ (PI + QI) = PQ = 4R  2 2

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

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

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

(1)

2

2

2

(3) Cộng các bđt (1), (2), (3) ta được:

2 2 2

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) Giải các phương trình sau:

2x−x =0

b) x+ = − 1 3 x

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức

2

A

− với x0;y0;x y

b) Cho hệ phương trình:

x y m

x y



 − =

Tìm m để hệ phương trình có nghiệm ( ; )x y thỏa mãn đẳng thức x2+2y2 = 2

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Tìm m để đồ thị hàm số 2

y= m − x+ m− song song với đồ thị hàm số y=5x−1

b) Một tam giác vuông có chu vi 24 cm Độ dài hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 2 cm Tính diện tích của tam giác vuông đó ?

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O; R), đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại điểm H (H nằm giữa O và B)

Trên tia đối của tia NM lấy điểm C nằm ngoài đường tròn (O; R) sao cho đoạn thẳng AC cắt đường tròn (O; R) tại điểm K khác A Hai dây MN và BK cắt nhau ở E Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F Chứng minh:

a) Tứ giác AHEK nội tiếp

b) Tam giác NFK cân và EM.NC=EN.CM

c) Giả sử KE =KC Chứng minh OK // MN và 2 2 2

4

KM +KN = R

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho các số thực x, y, z không âm thỏa mãn x + + = y z 3 Chứng minh:

4

x− + y− + −z  −

ĐÁP ÁN

Câu 1 :

2x−x =0

 (2x −x)=0

Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm x=0;x=2

b) x+ = − 1 3 x

x

2

1 (3 )

2

x x

Giải phương trình tìm được 1 7 17

2

2 7 17

2

x = −

(thỏa mãn)

Kết luận: Vậy phương trình có nghiệm 2 7 17

2

x = −

Câu 2:

a)

2

x y y x x y xy

A

−

= xy( x y) x 2 xy y 4 xy

−

−

=

2

x y

x y

−

−

= x+ y− x+ y =2 y

Kết luận: Vậy A = 2 y

x y m

x y



 − =



Thay x=2 ;m y= −m 1 vào đẳng thức x2+2y2 = ta có: 2

b) 4m2+2(m−1)2 = 2 4m2+2(m2−2m+ = 1) 2

0 0

3

m m

m m

=



=



Kết luận: Vậy 0; 2

3

m= m=

Câu 3:

a) Để đồ thị hàm số 2

y= m − x+ m− song song với đồ thị hàm số y=5x−1 ta có:

3

3 3

m

m m

= 

Kết luận: Vậy m = − 3

b) Gọi độ dài cạnh góc vuông thứ nhất là x (cm; 0 x 24)

Độ dài cạnh góc vuông thứ hai là x + (cm) 2

Vì chu vi tam giác vuông bằng 24 cm, nên độ dài của cạnh huyền là: 24 (− x+ +x 2)=22−2x (cm)

Theo Định lý Pi ta go ta có phương trình:

( 2) (22 2 )

x x

Giải phương trình (1) tìm được: x =1 40 (loại)

x = (thỏa mãn) 2 6

Kết luận: Độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông là 6cm và 8cm

Diện tích tam giác vuông là: 1.6.8 24 2

Câu 4:

a) Vẽ hình đúng

Xét tứ giác AHEK có: AHE=90 ( )0 gt

h

k o

n m

f

b a

0 90

AKE = (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

0 180

 + =  Tứ giác AHEK nội tiếp

b) *Do đường kính AB ⊥ MN nên B là điểm chính giữa cung MN

Ta lại có: BK/ /NF (cùng vuông góc với AC)

 = (so le trong) (2)

MKB=MFN (đồng vị) (3)

Từ (1);(2);(3)MFN =KNF hay KFN=KNF

KNF

  cân tại K

*MKNcó KE là phân giác của góc MKN ME MK

EN KN

Ta lại có:KE⊥KC ; KE là phân giác của góc MKN  KC là phân giác ngoài của MKN tại K

CM KM

CN KN

Từ (4) và (5) ME CM ME CN EN CM

EN CN

Câu 5:

* Ta có AKB=900BKC=900  KEC vuông tại K

Theo giả thiết ta lại có KE=KC KEC vuông cân tại K

45

KEC=KCE=

Ta có BEH =KEC =450OBK=450

Mặt khácOBKcân tại O OBKvuông cân tại O

/ /

 (cùng vuông góc với AB)

* Gọi P là giao điểm của tia KO với (O)

Ta có KP là đường kính và KP/ /NM ; KP = 2R

Ta có tứ giác KPMN là hình thang cân nên KN=MP

B A