Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán năm vòng 3 - Năm học 2017 – 2018 - Trường THCS Lương Thế Vinh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán năm vòng 3 - Năm học 2017 – 2018 - Trường THCS Lương Thế Vinh (Có đáp án)

1. NHÓM TOÁN THCS ĐỀ THI THỬ VÀO 10 TRƯỜNG LƯƠNG THẾ VINH ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 – VÒNG 3 Năm học: 2017 – 2018 MÔN TOÁN Câu I (2,0 điểm) Cho biểu thức: 252392 xxxxx (với xx 0 , 9 ) AB ;.1 xxx 133 x 93 1. Tính giá trị của A khi x 19831983 2. Rút gọn B 3. Gọi M A B . . So sánh M và M Câu ii (2 điểm): Để chở hết 60 tấn hàng, một đội xe dự định dùng một số xe cùng loại. Lúc sắp khởi hành có 3 xe phải đi làm việc khác. Vì vậy, mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn dự định 1 tấn hàng mới hết số hàng đó. Tính số xe lúc đầu của đội, biết rằng khối lượng mỗi xe phải chở là như nhau. |2xy |413 Câu iii (2 điểm). 1. Giải hệ phương trình: 3|2xy |212 2. Cho phương trình xmxm2 240 (*) a) Giải phương trình khi m = 1 b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt xxsaochoxx1212,||||3 Câu IV (3,5 điểm):. Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) (AB < CD). Gọi I là điểm chính giữa cung nhỏ AB. Hai dây DI và CI lần lượt cắt AB tại M và N. Các tia DA và CI căt nhau tại E. Các tia CB và DI cắt nhau tại F. a) Chứng minh rằng tứ giác CDEF nội tiếp. b) Chứng minh EF song song với MN. 2 c) Chứng minh AI = IM.ID và IA tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp DAMD. d) Cho AB cố định. CD di động. Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp DAMD và R là bán kính đường tròn 1 2 ngoại tiếp DBMD. Chứng minh R và R có tổng không đổi. 1 2 Câu V (0,5 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương . Chứng minh: xyyzzx xy yz zx 4( xyyzxz )
2. NHÓM TOÁN THCS ĐỀ THI THỬ VÀO 10 TRƯỜNG LƯƠNG THẾ VINH ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 – VÒNG 3 Năm học: 2017 – 2018 MÔN TOÁN HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP SỐ 2 2 1. Ta có x = 19 +8 3 + 19 - 8 3 = 4 + 3 + 4 - 3 = 4 + 3 + 4 - 3 = 8 ( ) ( ) 2587842 25881 Thay vào ta được A 226 81 77 xxxx 2392 2. Ta có (với xx 0 , 9 ) B .1 xx 33x 93 xxxxx 32339 x 23 . xx 33 3 xxxxxxx 3263911 331 xx . xxxx 33333 3 x 3 25125 xxx 3. Ta có MA B xxx 133 24 Với 2500 xxx thì M 0 và tồn tại M 55 Ta xét MMMM2 1 2 52xxx 52 5 1 62xxx 51 6 .1.0 2 xxxx 3333 x 3 22 4 Vậy MMMMMM 0 với mọi x 0; 5 Bài 2 Gọi số xe lúc đầu của đội là xxN * . Ta có bảng: Khối lượng mỗi xe phải Tổng khối lượng hàng Số xe chở phải chở (tấn) (tấn) 60 Dự định x 60 x 60 Thực tế x 3 60 x 3 Vì mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn dự định 1 tấn hàng mới hết số hàng đó nên ta có phương trình:
3. NHÓM TOÁN THCS ĐỀ THI THỬ VÀO 10 6 0 6 0 1 xx 3 6033 xxx 60x xxxxxx 333 60180360xxxx 2 xx2 31800 Ta có: 34.1.1807290 2 3729 Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x 15 (thỏa mãn điều kiện) 1 2 3 729 x 12 (không thỏa mãn điều kiện) 2 2 Vậy: lúc đầu đội có 15 xe. Câu III. 1) ĐK: y 1 Đặt axbyab |2 |,1(,0) a 1 ab 43 Hệ pt () 1 tm 322ab b 2 x 1 |2x |1 x 3 1 ()tm y 1 5 2 y 4 2a) Thay m = 1 vào phương trình (*) ta có: xx2 20 x 2 x 1 b) bacmmmmm2222 44(24)816(4) Để pt có 2 nghiệm phân biệt xxm12,04 Theo định lý Vi-et: b x x m 12 a c x x 24 m 12 a 2 2 | x1 | + | x2 |= 3 Û x1 + x2 + 2| x1x2 |= 9 2 Û (x1 + x2 ) - 2x1x2 + 2| x1x2 |= 9 2 Û m - 2(2m - 4) + 2 | 2m - 4 |= 9
4. NHÓM TOÁN THCS ĐỀ THI THỬ VÀO 10 Th1:m ³ 2 2 ém = 3(tm) pt Û m = 9 Þ ê ëm = -3(ktm) Th2 :m < 2 2 2 ém = 1(tm) Pt Û m - 2(2m - 4) - 2(2m - 4) = 9 Û m - 8m + 7 = 0 Þ ê m = 7(ktm) ë m 3 Vậy m 1 Câu IV: F E I M N B A O1 O O2 D H C J 1. Xét (O) có: ADI là góc nội tiếp chắn AI BCI là góc nội tiếp chắn BI Mà = (vì I là điểm chính giữa cung AB) = Tứ giác CDEF nội tiếp. 2. Xét (O) có: ADM = IDB (2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau) DAM = DIB (2 góc nội tiếp cùng chắn BD )
5. NHÓM TOÁN THCS ĐỀ THI THỬ VÀO 10 ∆ ADM ∽ ∆ IDB A M D = IBD Mà = ICD (2 góc nội tiếp cùng chắn ID ) = Có: = EFD (vì CDEF là tứ giác nội tiếp) = , mà 2 góc ở vị trí đồng vị AB // EF 3. Xét (O) có: I AM là góc nội tiếp chắn BI ADI là góc nội tiếp chắn AI Mà = = Xét ∆ AIM và ∆ DIA có: = ; A I D chung A I I D ∆ AIM ∆ DIA A I I2 M I D . I M A I Gọi O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ AMD. Kẻ đường kính AH của (O1) Xét (O1) có: = AHM (2 góc nội tiếp chắn AM ) Xét (O) có: = ADM (cmt) = (1) Ta có: ∆ AMH nội tiếp (O1) đường kính AH ∆ AMH vuông tại M + = 900 (2) Từ (1) và (2) + MAH = 900 IAH = 900 IA  AH AI là tiếp tuyến của (O1) AI tiếp xúc (O1) 4. Gọi O2 là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ BMD. ∆ O1AM cân tại O1; ∆ O2MB cân tại O2. Ta có: ; Mà Mà ∆ O1AM và ∆ O2MB cân Gọi AO1 ∩ BO2 tại J ∆ JAB cân tại J Ta có: I, O, J thuộc trung trực của AB I, O, J thẳng hàng. 0 0 Có: = 90 = 90 IJ là đường kính của (O) J cố định. Vì , mà , mà 2 góc so le trong O1J // MO2 Chứng minh tương tự có: O2J // MO1 O1MO2J là hình bình hành MO2 = O1J. Có R1 + R2 = O1A + O2M = O1A + O1J = AJ. Vì A, J cố định AJ không đổi R1 + R2 không đổi. Bài 5 Đặt H xyyzzx xy yz zx H ()()() xy yzzx yz xyzx zxxyyz Áp dụng bất đẳng thức (a b)(c d) ac bd 2 với a, b, c, d không âm
6. NHÓM TOÁN THCS ĐỀ THI THỬ VÀO 10 Ta được : yzzxxyz xyzxyzx xyyzzxy Cộng vế các bđt trên ta được : Hxyyzzxyzxyzxzxxyyz ()()() Hxyxyzyzyzxzxzxy()()()()()() Hxyxyyzyzzxzxxyyzzx().().().2()(*) Áp dụng bđt a b a b 2 với a, b không âm, ta có: xyxy 2 yzyz 2( ) zxzx 2 Từ (*) và ( ) ta có: Hxyxyyzyzzxzxxyyzzx ().().().2() Hxyxyyzyzzxzxxyyzzx 2.2.2.2() Hxyyzzxxyyzzx 2() 2() Hxyyzzxdpcm 4() () Dauxay''0 ra khi xyz