Đề thi thử vào Lớp 10 môn Toán - Trường THCS & THPT Lương Thế Vinh - Năm học 2020-2021 - Nguyễn Hữu Phúc (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi thử vào Lớp 10 môn Toán - Trường THCS & THPT Lương Thế Vinh - Năm học 2020-2021 - Nguyễn Hữu Phúc (Có đáp án)

1. 1/2 0 GV: Nguyễn Hữu Phúc ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 Năm học: 2020 – 2021 TRƯỜNG THCS & THPT LƯƠNG THẾ VINH MÔN: TOÁN Lần thứ nhất Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1. (2,0 điểm) x5 x 27 3 x  1  + − −  Cho các biểu thức A = + : và  x −16 x−4 x + 4 B= x −4 với x ≥ 0; x ≠16. a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm x sao cho BA=−2 . c) Đặt MAB= : . Tìm giá trị nhỏ nhất của M Bài 2. (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Hai lớp 9A và 9B có tổng số 66 học sinh. Trong đợt quyên góp ủng hộ các bạn học sinh có hoàn cảnh khó khăn, trung bình mỗi bạn lớp 9A ủng hộ 15 nghìn đồng, mỗi bạn lớp 9B ủng hộ 20 nghìn đồng. Vì vậy, cả hai lớp quyên góp được tổng số tiền 1.180.000 đồng. Tính số học sinh của mỗi lớp. Bài 3. (2,0 điểm)  3 1 5  + =  x−1 y − 2 2 1) Giải hệ phương trình   4 5  − = −3   x−1 y − 2
2. 2/2 0 GV: Nguyễn Hữu Phúc 2) Cho hàm số y=( m − 2) x − m + 3 với m ≠ 2 có đồ thị là đường thẳng()d . a) Tìm m để đường thẳng ()d đi qua điểm A(2;3). Khi đó hãy vẽ đường thẳng ()d trên mặt phẳng tọa độ Oxy . b) Tìm m để đường thẳng ()d tiếp xúc với đường tròn (O ; 2) với O là gốc tọa độ. Bài 4. (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn (;)OR đường kính AB ; M là điểm di động trên nửa đường tròn, kẻ MH vuông góc với AB tại H . Gọi P là điểm đối xứng với H qua AM , PH cắt AM tại I ; gọi Q là điểm đối xứng với H qua BM , QH cắt BM tại J . a) Chứng minh MIHJ là hình chữ nhật và suy ra bốn điểm M ; I ; H ; J cùng thuộc một đường tròn. b) Chứng minh rằng: MI.. MA= MJ MB . c) Chứng minh rằng PQ là tiếp tuyến của (;)OR . d) Gọi giao điểm của AQ và BP là K . Chứng minh rằng I ; J ; K thẳng hàng. Bài 5. (0,5 điểm) Cho x ; y là các số tự nhiên thỏa mãn x+ y = 99. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P= x +1 + y + 1
3. 3/2 0 GV: Nguyễn Hữu Phúc HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. (2,0 điểm) x5 x 27 3 x  1  + − −  Cho các biểu thức A = + : và  x −16 x−4 x + 4 B= x −4 với x ≥ 0; x ≠16. a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm x sao cho BA=−2 . c) Đặt MAB= : . Tìm giá trị nhỏ nhất của M Lời giải a) Rút gọn biểu thức A. x5 x 27 3 x  1  + − −  A = + :  x −16 x−4 x + 4   x+5 x − 27 (3 − x )( x + 4)  1 A = +  : (x− 4)( x + 4) ( x − 4)( x + 4)  x + 4    x+5 x − 27 −x − x +12 1 A =  +  : (x− 4)( x + 4) ( x − 4)( x + 4) x + 4 x+5 x − 27 − x − x + 12 1 A = : (x− 4)( x + 4) x + 4 4x− 15 x + 4 4 x − 15 A = ⋅ = (x− 4)( x + 4) 1 x −4
4. 4/2 0 GV: Nguyễn Hữu Phúc b) Tìm x sao cho BA=−2 . Lời giải 4x − 15 B=−2 A ⇔ x − 4 =− 2 ⋅ x −4 −8x + 30 ⇔x −4 = x −4 ⇒(x − 4)( x − 4) = − 8 x + 30 ⇔(x − 4)2 = − 8x + 30 ⇔x −8 x + 16 = − 8 x + 30 ⇔x −8 x + 16 + 8 x − 30 = 0 ⇔x −14 = 0 ⇔x =14 (thỏa điều kiện) Vậy x =14 thì BA=−2
5. 5/2 0 GV: Nguyễn Hữu Phúc c) Đặt MAB= : . Tìm giá trị nhỏ nhất của M Lời giải 4x − 15 4x − 15 1 MAB=: = :(x − 4) = ⋅ x −4 x−4 x − 4 4x− 15 4 x − 16 + 1 4 x − 16 1 M = = = + (x− 4)2 ( x − 4)2 ( x − 4)2 ( x − 4)2 4(x − 4) 1 4 1 M = + = + (x− 4)2 ( x − 4)2 x − 4 ( x − 4)2 2 1  1   2 2 M =  +2 ⋅ 2 ⋅ + 2 − 2  x −4  x −4  2  1  M = +2 − 4  x −4   2  1  Ta có:  +2 ≥ 0 với mọi x ≥ 0; x ≠16.  x −4   2  1  ⇒M = +2 − 4 ≥− 4 với mọi x ≥ 0; x ≠16.  x −4   2  1  1 Dấu “=” xảy ra khi  +2 = 0 ⇔ +2 = 0  x −4  x −4 1 −1 7 49 ⇔ = −2 ⇔x − 4 = ⇔x = ⇔ x = (thỏa ĐK) x −4 2 2 4 49 Vậy MinM= −4 ⇔ x = 4
6. 6/2 0 GV: Nguyễn Hữu Phúc Bài 2. (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Hai lớp 9A và 9B có tổng số 66 học sinh. Trong đợt quyên góp ủng hộ các bạn học sinh có hoàn cảnh khó khăn, trung bình mỗi bạn lớp 9A ủng hộ 15 nghìn đồng, mỗi bạn lớp 9B ủng hộ 20 nghìn đồng. Vì vậy, cả hai lớp quyên góp được tổng số tiền 1.180.000 đồng. Tính số học sinh của mỗi lớp. Lời giải Gọi số học sinh của hai lớp 9A và 9B lần lượt là: x ; y (x; y > 0 và x < 66; y < 66). Vì hai lớp 9A và 9B có tổng số 66 học sinh nên ta có phương trình: x+ y = 66 (1). Trong đợt quyên góp, mỗi bạn lớp 9A ủng hộ 15 nghìn đồng, mỗi bạn lớp 9B ủng hộ 20 nghìn đồng và tổng số tiền quyên góp được là 1.180.000 đồng nên ta có phương trình: 15000x+ 20000 y = 1180000 ⇔ 3 x + 4 y = 236 (2) x+ y = 66 Từ (1) và (2), ta có hệ phương trình:  3x+ 4 y = 236 3x+ 3 y = 198 y = 38 x = 28 ⇔  ⇔  ⇔  (thỏa điều kiện) 3x+4 y = 236  x + y =66 y = 38 Vậy lớp 9A có 28 học sinh, lớp 9B có 38 học sinh.
7. 7/2 0 GV: Nguyễn Hữu Phúc Bài 3. (2,0 điểm)  3 1 5  + =  x−1 y − 2 2 1) Giải hệ phương trình   4 5  − = −3   x−1 y − 2 Lời giải Điều kiện: x ≥ 0 và x ≠1; y > 2  1 u =  x −1 Đặt   1 v =   y −2  5 3u+ v = Khi đó, hệ phương trình đã cho trở thành:  2  4u− 5 v = − 3 19  1  25 19u=  u = 15u+ 5 v = 2  2 ⇔2 ⇔  ⇔   5  5 4u− 5 v =− 3 3u+ v =  3 u + v = 2  2  1  1 u = u =  1  2  2 u = ⇔  ⇔ ⇔  2  1 5 3 5  3⋅ +v = +v = v =1  2 2 2 2
8. 8/2 0 GV: Nguyễn Hữu Phúc  1 1  =  1    u =  x −1 2  x −1 = 2  x = 3 Với  2 , ta có: ⇔  ⇔   1  y 2 1 v =1 =1  y −2 = 1   − =    y −2 x = 9 ⇔  (thỏa điều kiện) y = 3 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x ; y )= (9;3)
9. 9/2 0 GV: Nguyễn Hữu Phúc 2) Cho hàm số y=( m − 2) x − m + 3 với m ≠ 2 có đồ thị là đường thẳng()d . a) Tìm m để đường thẳng ()d đi qua điểm A(2;3). Khi đó hãy vẽ đường thẳng ()d trên mặt phẳng tọa độ Oxy . b) Tìm m để đường thẳng ()d tiếp xúc với đường tròn (O ; 2) với O là gốc tọa độ. Lời giải a) Vì đường thẳng ()d đi qua điểm A(2;3) nên thay x = 2; y = 3 vào hàm số y=( m − 2) x − m + 3, ta được: (m− 2).2 − m + 3 = 3 ⇔2m − 4 − m + 3 = 3 ⇔ m − 1 = 3 ⇔ m = 4 Suy ra: (d ): y= 2 x − 1 Đồ thị hàm số y=2 x − 1 là đường thẳng đi qua điểm (0;− 1) và điểm (1;1).
10. 10/ 20 GV: Nguyễn Hữu Phúc b) Vì đường thẳng ()d tiếp xúc với đường tròn (O ; 2) nên khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng ()d bằng 2 . m −3   Đường thẳng (d ): y= ( m − 2) x − m + 3 cắt trục Ox tại B ;0 m −2  và cắt trục Oy tại C(0;− m + 3). m −3 Kẻ OH⊥ BC ⇒ OH = 2 ; OB = ; OC= − m +3 m −2 Áp dụng hệ thức lượng cho ∆OBC vuông tại O có: 1 1 1 1 1 1 = + ⇔ = + OH2 OB2 OC 2 2 2 (m 3)2 m −3  −   m −2  2   2 1m − 2 1 1 (m − 2) 1 ⇔ =  + 2 ⇔ =2 + 2 2m− 3  ( m − 3) 2 (m− 3) ( m − 3) 1 (m − 2)2 + 1 1m2 − 4 m + 5 ⇔ = ⇔ = 2 (m − 3)2 2 (m − 3)2
11. 11/ 20 GV: Nguyễn Hữu Phúc ⇒(m − 3)2 = 2( m2 − 4 m + 5) ⇒m2 −6 m + 9 = 2 m2 − 8 m + 10 ⇔2m2 − m 2 − 8 m + 6 m + 10 − 9 = 0 ⇔m2 −2 m + 1 = 0 ⇔(m − 1)2 = 0 ⇔m −1 = 0 ⇔m =1 (thỏa điều kiện) Vậy m =1 thì đường thẳng ()d tiếp xúc với đường tròn (O ; 2)
12. 12/ 20 GV: Nguyễn Hữu Phúc Bài 4. (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn (;)OR đường kính AB ; M là điểm di động trên nửa đường tròn, kẻ MH vuông góc với AB tại H . Gọi P là điểm đối xứng với H qua AM , PH cắt AM tại I ; gọi Q là điểm đối xứng với H qua BM , QH cắt BM tại J . a) Chứng minh MIHJ là hình chữ nhật và suy ra bốn điểm M ; I ; H ; J cùng thuộc một đường tròn. Lời giải Q M P J I A H O B Ta có: AMB =90 ° (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Vì P là điểm đối xứng với H qua AM nên AM là đường trung trực của đoạn thẳng PH . Mà PH cắt AM tại I ⇒AM ⊥ PH tại I ⇒MIH =90 ° Tương tự: MJH =90 ° Xét tứ giác MIHJ có: MIH= MJH = IMJ =90 ° Suy ra: Tứ giác MIHJ là hình chữ nhật. Vì MIHJ là hình chữ nhật nên bốn điểm M ; I ; H ; J cùng thuộc đường tròn đường kính MH .
13. 13/ 20 GV: Nguyễn Hữu Phúc b) Chứng minh rằng: MI.. MA= MJ MB . Q M P J I A H O B Lời giải Xét ∆AHM vuông tại H có đường cao HI . Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: MI. MA= MH 2 Xét ∆BHM vuông tại H có đường cao HJ . Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: MJ. MB= MH 2 Suy ra: MI.. MA= MJ MB
14. 14/ 20 GV: Nguyễn Hữu Phúc c) Chứng minh rằng PQ là tiếp tuyến của (;)OR . Q M P J I A H O B Lời giải Theo câu a: Vì AM là đường trung trực của đoạn thẳng PH nên MP= MH Vì BM là đường trung trực của đoạn thẳng QH nên MQ= MH ⇒ =MP MQ (1) ∆MHP cân tại M có MI là đường cao đồng thời là đường phân giác ⇒IMH = IMP Tương tự, ∆MHQ cân tại M có MJ là đường cao đồng thời là đường phân giác ⇒JMH = JMQ ⇒PMQ = IMH + IMP + JMH + JMQ ⇒PMQ =2. IMH + 2. JMH = 2.( IMH + JMH ) ⇒PMQ =2. IMJ = 2.90 ° = 180 ° (2) Từ (1) và (2) suy ra: M là trung điểm của đoạn thẳng PQ
15. 15/ 20 GV: Nguyễn Hữu Phúc Q M P J I A H O B Xét ∆APM và ∆AHM có: AP= AH (AM là đường trung trực của đoạn thẳng PH ) MP= MH() cmt AM là cạnh chung Do đó: ∆APM = ∆ AHM(..) c c c ⇒APM = AHM (Hai góc tương ứng) Mà AHM=90 ° ⇒ APM =90 ° ⇒ AP ⊥ PQ Tương tự: ∆BQM = ∆ BHM(..) c c c ⇒BQM = BHM (Hai góc tương ứng) Mà BHM=90 ° ⇒ BQM =90 ° ⇒ BQ ⊥ PQ AP⊥ PQ  ⇒ AP// BQ ⇒ APQB là hình thang. BQ⊥ PQ Ta lại có: OM là đường trung bình của hình thang vuông APQB ⇒O M// AP. Mà AP⊥ PQ ⇒ OM ⊥ PQ . Và MO∈(). Suy ra: PQ là tiếp tuyến của (;)OR .
16. 16/ 20 GV: Nguyễn Hữu Phúc d) Gọi giao điểm của AQ và BP là K . Chứng minh rằng I ; J ; K thẳng hàng. Q M P J I K A H O B Lời giải Xét ∆HPQ có: IH= IP ; JH= JQ . ⇒ IJ là đường trung bình của ∆HPQ ⇒ I //J PQ (3) AK AP AH Ta có: AP// BQ ⇒ = = (4) KQ BQ HB Vì IH// JM nên AHI= HBJ (Hai góc đồng vị) Xét ∆AIH và ∆HJB có: AIH= HJB =90 ° AHI= HBJ() cmt Do đó: ∆AIH ∽ ∆ HJB(.) g g AH AI AI ⇒ = = (5) HB HJ IM
17. 17/ 20 GV: Nguyễn Hữu Phúc Q M P J I K A H O B AK AI Từ (4) và (5) suy ra: = KQ IM ⇒ I //K MQ ⇒ IK// PQ (6) Từ (3) và (6) theo tiên đề Euclide suy ra: I ; J ; K thẳng hàng.
18. 18/ 20 GV: Nguyễn Hữu Phúc Bài 5. (0,5 điểm) Cho x ; y là các số tự nhiên thỏa mãn x+ y = 99. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: P= x +1 + y + 1 Lời giải
    Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P= x +1 + y + 1 Ta có: P2 =( x + 1 + y + 1)2 P2 =( x + 1)2 + 2. x + 1. y + 1 + ( y + 1)2 P2 = x +1 + 2. ( x + 1)( y + 1) + y + 1 P 2 =101 + 2. xy + x + y +1 = 101 + 2.xy + 100 Ta có: xy ≥ 0 với mọi x; y ∈ ℕ ⇒xy +100 ≥ 100 với mọi x; y ∈ ℕ ⇒P2 =101 + 2. xy + 100 ≥ 101 + 2. 100 = 101 + 20 = 121 ⇒ P ≥11. x = 0 Dấu “=” xảy ra khi xy =0 ⇔   y = 0 Vậy MinP =11 khi x = 0; y = 99 hoặc x = 99; y = 0.
19. 19/ 20 GV: Nguyễn Hữu Phúc
    Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P= x +1 + y + 1 Ta có: P= x +1 + y + 1 = x + 1 + 100 − x ⇒P2 =( x + 1 + 100 − x )2 ⇒P2 = x +1 + 2( x + 1)(100 − x ) + 100 − x ⇒P2 =101 + 2 − x2 + 99 x + 100 ⇒P2 =101 + 2 − x2 + 50 x + 49 x − 49.50 + 49.50 + 100 ⇒P2 =101 + 2 − ( x − 50)( x − 49) + 2550 x −50 < 0 Nếu x 0 x −49 < 0 ⇒ −(x − 50( x − 49) < 0 ⇒P 2 <101 + 2 2550 ⇒P 2 <101 + 10 102 x −50 > 0 Nếu x >50 ⇒  ⇒(x − 50)( x − 49) > 0 x −49 > 0 ⇒ −(x − 50( x − 49) < 0 ⇒P 2 <101 + 2 2550 ⇒P 2 <101 + 10 102 x = 49 Nếu  thì P 2 =101 + 10 102 x = 50
20. 20/ 20 GV: Nguyễn Hữu Phúc Suy ra: P 2 ≤101 + 10 102 P 2 ≤50 + 2. 50. 51 + 51 P 2 ≤( 50 + 51)2 x = 49 x = 50 Vậy MaxP =50 + 51 ⇔  hoặc  y = 50 y = 49 Câu 5b – Tìm giá trị lớn nhất của P : Tham khảo từ nguồn của VNDoC.CoM: 2021/download