Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán lần 3 năm 2018 - Trường THCS Cầu Giấy (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán lần 3 năm 2018 - Trường THCS Cầu Giấy (Có đáp án)

1. ĐỀ THI THỬ LẦN 3- 2018- THCS CẦU GIẤY 2x 3 2 3 5 x 7 Câu 1) Cho biểu thức AB ; x 0, x 4 . 5x 10 x x 2 2 x 1 2 x 3 x 2 1) Tính giá trị A khi x 5 2 6 2) Rút gọn B . 3) Tìm x sao cho CBA : nhận giá trị là một số nguyên. Câu 2) Khoảng cách giữa hai tỉnh AB, là 60km. Hai người đi xe đạp cùng khởi hành một lúc đi từ A đến B với vận tốc bằng nhau. Sauk hi đi được 1 giờ thì xe của người thứ nhất bị hỏng nên phải đứng lại sửa xe 20 phút còn người thứ 2 tiếp tục đi với vận tốc ban đầu. Sau khi sửa xe xong người thứ nhất tiếp tục đi với vận tốc lớn hơn lúc đầu 4km/h nên đến B cùng lúc với người thứ 2. Tính vận tốc 2 người lúc đầu. Câu 3) 7 4 5 x 7 y 6 3 1) Giải hệ phương trình: . 5 3 13 x 7 y 6 6 3 2) Cho phương trình x2 – 2 mx m –1 0 ( m là tham số). a) Giải phương trình khi m 1. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong đó có một nghiệm bằng bình phương nghiệm còn lại. Câu 4) Cho đường tròn tâm O bán kính R và một điểm N nằm ngoài O . Từ N kẻ 2 tiếp tuyến NA, NB đến O ( AB, là 2 tiếp điểm). Gọi E là giao điểm của AB, ON . a) Chứng minh: N AOB là tứ giác nội tiếp. b) Tính AB biết ON 5cm, R 3cm. c) Kẻ tia Nx trong góc ANO cắt O tại CD, ( C nằm giữa N và D ). Chứng minh: NEC OED . d) Qua N kẻ cát tuyến thứ 2 với đường tròn là NPQ ( P nằm giữa NQ, ). Gọi I là giao điểm CQ, DP . Chứng minh: ABI,, thẳng hàng. 2x2 y 2 2 xy Câu 5) Cho 2 số dương x, y thỏa mãn: x 2 y . Tìm giá trị nhỏ nhất của: P xy
2. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1) 2 1) Khi x 5 2 6 3 2 x 3 2 thay vào A ta có: 2x 3 2 3 2 3 A ????? 5x x 2 5 5 2 6 10 3 2 2) Với x 0, x 4 ta có: 2 3 5x 7 2 2x 1 3 x 2 5 x 7 2x 3 B . x 2 2 x 1 2 x 3 x 2 x 2 2 x 1 x 2 2 x 1 2x 3 2x 35x x 2 5 x 3) Ta có: A nên CBA :. . 5x x 2 x 2 2 x 1 2x 3 2 x 1 5 x 5x 5 5 5 Vì x 0,  x 0, x 4 nên C 0 ta có: C 2x 1 2x 1 22 2x 1 2 5 0 C , kết hợp với điều kiện C là một số nguyên suy ra C 1;2 . 2 1 1 + Nếu C 1 5 x 2 x 1 x x thỏa mãn điều kiện. 3 9 + Nếu C 2 5 x 4 x 2 x 2 x 4 không thỏa mãn điều kiện. 1 Vậy x thì C nhận giá trị là nguyên. 9 60 Câu 2) Gọi vận tốc 2 người lúc đầu là x (km/h). Thời gian xe 2 đi từ A đến B là giờ. x Quãng đường người 1 đi được sau 1 giờ là x (km). Sau khi tăng vận tốc thì người 1 đi với vận 60 x tốc mới là x 4 (km/h). Thời gian người 1 đi tiếp cho đến khi đến B là: . Theo giả thiết x 4 60 x 1 60180 3x 4 x 4 60196 x 60 ta có: 1 x2 16 x 720 0 x 4 3 x 3 x 4 x 3 x 4 x
3. x 20 x 20 x 36 0 đối chiếu với điều kiện thì x 20 thỏa mãn . x 36 Vậy vận tốc ban đầu của 2 người là 20 km/h. Câu 3) 21 12 5 x 7 y 6 a) Điều kiện x 7, y 6 , ta viết lại hệ thành: 20 12 26 x 7 y 6 3 41 41 Cộng 2 phương trình của hệ ta thu được: x 7 3 x 7 9 x 16 thay x 7 3 7 4 5 4 2 vào ta tìm được: y6 6 y 6 36 y 30 thỏa mãn 3y 6 3 y 6 3 điều kiện. Vậy hệ có nghiệm x; y 16;30 . b) 2 x 2 + Khi m 1, ta có phương trình x 2 x 8 0 x 2 x 4 0 . x 4 + Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm phân biệt là: m2 m 1 3 0 (*) x1 x 2 2 m (1) Gọi x1; x 2 là hai nghiệm của phương trình, theo hệ thức Vi-et ta có 3 . x1 x 2 m 1 (2) 2 2 Giả sử x1 x 2 , thay vào (2), ta được x2 m 1; x1 m 1 .Thay hai nghiệm x1; x 2 vào (1), ta 2 2 m 0 được m 1 m 1 2 m m 3 m 0 kiểm tra điều kiện (*) ta thấy cả 2 giá trị m 3 m đều thỏa mãn. Câu 4) a) Vì NA, NB là các tiếp tuyến của O nên NAO NBO 900 suy ra
4. NAO NBO 1800 . Hay tứ giác NAOB nội tiếp (tổng 2 góc đối bằng 1800 ). b) Khi ON 5 cm, R 3 cm, theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có AB 2 AE . Và AE NO tại E , áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AON ta có: OA2 OE. ON OA2 9 9 16 16.9 Suy ra OE NE NO OE 5 , lại có AE2 EN. EO AN 2 ON 5 5 5 25 12 24 AN AB 2 AN . 5 5 1 c) Xét tam giác NCA, N AD ta có: AND chung và NAC NDA sđ AC . Suy ra 2 NC NA NCA NAD (g.g) dẫn tới (tỷ số đồng dạng) suy ra NA2 NC. ND (1) NA ND Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông N AO ta có: NA2 NE. NO (2). Từ (1),(2) ta suy NC NO ra NC ND NE NO kết hợp với NCE, NOD có góc OND chung ta suy ra NE ND NCE NOD (c.g.c) suy ra NEC NDO dẫn tới CEOD nội tiếp ( góc ngoài một đỉnh bằng góc đối). Cũng từ CEOD nội tiếp và tam giác OCD cân tại O ta có biến đổi góc NEC NDO OCD OED (đpcm). d) Tương tự câu c ta có: PEOQ nội tiếp. 1 1 Ta có : CEP CEN NEP ODCOQP 1800 COD 180 0 POQ 2 2 0 1 1 1360 COD POQ 1 1800 COD 180 0 POQ 180 0 COD POQ COP DOQ 2 2 2 2 2 1 1 1 COP DOQ sđ CP sđ QD CIP suy ra CEIP nội tiếp, tương tự DEIQ nội tiếp. 2 2 2 Suy ra IEP ICP IDQ IEQ hay EI là phân giác của PEQ (3). Từ chứng minh câu c ta suy ra CEA DEA hay EA là phân giác của góc CED , tương tự ta suy ra EB là phân giác của góc PEQ (4). Từ (3),(4) suy ra EI EB hay IAB,, thẳng hàng. 2 2 2x2 y 2 2 xy2 x 2 y 6 xy 7 y2 2 x 2 y 7 y Câu 5) P 6 xy xy xy x
5. x y 1 7 5 Do x 2 y 2 Dẫn tới P 0 6 , dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ y x 2 2 2 5 khi x 2 y . Vậy GTNN của P là . 2