40 đề thi thử toán vào lớp 10 của các trường Hà Nội

 Sưu tầm và tổng hợp 40 ĐỀ TOÁN VÀO LỚP 10 CÁC TRƯỜNG THÀNH PHỐ HÀ NỘI Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2020 1 TRƯỜNG THCS MINH KHAI ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 MÔN: TOÁN 9 Đề số 1 Ngày thi: 09/4/2018 Thời gian làm bài: 90 phút Bài 1: (2 điểm) Cho hai biểu thức A = 1  1 x + 12  3 và B  với = + :  x +1 x +1 x −1  x −1 x ≥ 0, x ≠ 1 a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9. b) Rút gọn biểu thức B. c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = A . B Bài 2: (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình Một công nhân dự định làm 33 sản phẩm trong thời gian đã định. Nhưng thực tế xí nghiệp lại giao 62 sản phẩm. Do vậy mặc dù người đó đã làm tăng mỗi giờ 3 sản phẩm song vẫn hoàn thành chậm hơn dự định 1 giờ 30 phút. Tính năng suất dự định. Bài 3: (2 điểm) 1  3 x − 3 − = 1  y +1  1) Giải hệ phương trình   x −3 + 2 = 5  y +1 2 2) Cho parabol y = x ( P ) và đường thẳng y = mx − m + 1( d ) a) Tìm tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d ) với m = −3. b) Tìm m để đường thẳng ( d ) và parabol ( P ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 thỏa mãn x12 + x 22 = x1 + x 2 . Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn ( O;R ) , đường kính AB vuông góc với dây cung MN tại H ( H nằm giữa O và B ). Trên tia MN 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. a) Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh CA.CK = CE.CH. c) Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh ∆NFK cân. d) Giả sử KE = KC. Chứng minh OK // MN. 2 Bài 5 (0,5 điểm): Cho a, b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác biết: a + b − c > 0; b + c − a > 0; c + a − b > 0 . Chứng minh 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + . a +b−c b+c−a c+a −b a b c HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (2 điểm) Cho hai biểu thức A = x ≥ 0, x ≠ 1 1  1 x + 12  3 và B  với = + :  x +1 x +1 x −1  x −1 a) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9. b) Rút gọn biểu thức B. c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = A a) Thay x = 9 (TMĐK) vào A ta có:= Vậy x = 9 thì A = A . B 9 + 12 21 21 = = 9 −1 3 −1 2 21 2 b) Điều kiện: x ≥ 0, x ≠ 1 B= x +2 x +1 3 + x −1 1 = ⋅ = : 1 ( x − 1)( x + 1) x + 1 ( x − 1)( x + 1) Vậy B = x +2 x −1 x +2 với x ≥ 0, x ≠ 1 . x −1 A B x + 12 x − 1 x + 12 ⋅ = x −1 x + 2 x +2 c) Ta có: M = = M= x + 12 x − 4 + 16 = = x+2 x +2 Dấu " = " xảy ra ⇔ x= +2 x −2+ 16 16   =  x +2+  − 4 ≥ 2 16 − 4= 4 x +2  x +2 16 ⇔ = x 4 (TMĐK) x +2 Vậy min M = 4 khi x = 4 Bài 2: (2 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một công nhân dự định làm 33 sản phẩm trong thời gian đã định. Nhưng thực tế xí nghiệp lại giao 62 sản phẩm. Do vậy mặc dù người đó đã làm tăng mỗi giờ 3 sản phẩm 3 song vẫn hoàn thành chậm hơn dự định 1 giờ 30 phút. Tính năng suất dự định. Gọi năng suất dự định của người công nhân là x (sản phẩm/giờ) (ĐK: x ∈ ) * Năng suất thực tế của người công nhân là x + 3 (sản phẩm/giờ) Thời gian dự định làm xong 33 sản phẩm là: Thời gian thực tế làm xong 62 sản phẩm là: 33 (giờ) x 62 (giờ) x+3 Vì thực tế người công nhân hoàn thành chậm hơn dự định 1 giờ 30 phút nên ta có phương trình: 62 33 3 62x − 33(x + 3) 3 − = ⇔ = x+3 x 2 x(x + 3) 2 ⇔ 3x 2 − 49x + 198 = 0 ⇔ 3x 2 − 27x − 22x + 198 = 0 ⇔ (x − 9)(3x − 22) = 0 ⇒ x1 = 9 (Thỏa mãn); x 2 = 22 (loại) 3 Vậy năng suất dự kiến là 9 sản phẩm/giờ Bài 3: (2 điểm) 1  1 3 x − 3 − y + 1 =  1) Giải hệ phương trình   x −3 + 2 = 5  y +1 2 2) Cho parabol y = x ( P ) và đường thẳng y = mx − m + 1( d ) a) Tìm tọa độ giao điểm của ( P ) và ( d ) với m = −3. b) Tìm m để đường thẳng ( d ) và parabol ( P ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x 2 thỏa mãn x12 + x 22 = x1 + x 2 . 1) Điều kiện: x ≥ 3; y ≠ 0 1 . Hệ trở thành: y +1 Đặt a = x − 3 (a ≥ 0) , b = 4 −b 1 2b 2 −b 1 = 6a −= 3a= b 2 3a= (thỏa mãn) ⇔ ⇔ ⇔  a + 2b = 5 a = + 2b 5 = 7a 7 = a 1      1 1 −1   y +1 =  y +1 = 2 = y ⇔ ⇔ 2⇔ 2 (thỏa mãn ĐK)  x −3 1 = 1 =  x 4  x −3 =   Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x ; y ) =  4 ; −1  . 2  0 (1) 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d): x − mx + m − 1 = 2 a) Thay m = −3 có phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) : x = 1 x 2 + 3x − 4 = 0 ⇔ (x − 1)(x + 4) = 0 ⇔   x = −4 Với x =1 ⇒ y =1 ⇒ A (1;1) Với x =−4 ⇒ y =16 ⇒ B(−4;16) Vậy khi m = −3 thì tọa độ giao điểm của (d) và (P) là A (1;1) , B( −4;16) = m 2 − 4m + = 4 b) Xét phương trình (1), ta có: ∆ ( m − 2) 2 Để ( P ) và ( d ) cắt nhau tại hai điểm phân biệt ⇔ Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x 2 ⇔ ∆ > 0 ⇒ (m − 2) 2 > 0 ⇔m≠2 m  x1 + x 2 = m −1  x1.x= 2 Hệ thức Vi – ét:  0 (*) Theo đều bài: x12 + x 22 = x1 + x 2 . ⇔ ( x1 + x 2 ) − 2x1x 2 − ( x1 + x 2 ) = 2 0 Thay hệ thức Vi – ét vào (*) ta được: m 2 − 2(m − 1) − m = 0 ⇔ m − 3m + 2 = 2  m = 1 (TM) ⇔  m = 2 (L) Vậy m = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 4: (3,5 điểm) Cho đường tròn ( O;R ) , đường kính AB vuông góc với dây cung MN 5 tại H ( H nằm giữa O và B ). Trên tia MN 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. a) Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh CA.CK = CE.CH. c) Qua N kẻ đường thẳng vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh ∆NFK cân. d) Giả sử KE = KC. Chứng minh OK // MN. a) Chứng minh rằng AHEK là tứ giác nội tiếp. = Ta có AB ⊥ MN tại H (giả thiết) ; E ∈ MN ⇒ AHE 90 o  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn); E ∈ KB ⇒ AKE = Xét (O) có AKB 90o  là hai góc đối và AKE  , AHE  + AHE = Xét tứ giác AKEH có AKE 180o ⇒ Tứ giác AKEH là tứ giác nội tiếp. (dhnb) (đpcm) b) Chứng minh CA.CK = CE.CH. Xét ∆CAE và ∆CHK có:  chung ACH   = CHK  (hai góc nội tiếp cùng chắn HE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AKEH CAE ) 6 ⇒ ∆CAE ∽ ∆CHK (g – g) ⇒ CA CE = (cạnh tương ứng tỉ lệ) CH CK ⇒ CA.CK = CE.CH. (đpcm) b) Chứng minh ∆NFK cân. Xét (O), ta có AB là đường kính, MN là dây cung và AB ⊥ MN tại H (giả thiết)  ⇒ B là điểm chính giữa MN   ⇒ MB = NB  (hai gcs nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) = ⇒ MKB NKB (1)  = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và có A, K, C thẳng hàng Xét (O) có AKB ⇒ BK ⊥ AC tại K Mà NF ⊥ AC (giả thiết) ⇒ BK / /NF =  (hai góc đồng vị) và KNF  = NKB  (hai góc sole trong) (2) ⇒ KFN MKB  = KNF  Từ (1) và (2), ta có: KFN ⇒ ∆NKF cân tại K. d) Chứng minh OK // MN.   Ta có AKB = 900 ⇒ BKC = 900 ⇒ ∆KEC vuông tại K 7 Theo giả thiết ta lại có KE = KC nên tam giác KEC vuông cân tại K  =KEC  =450 ⇒ OBK  =450 ⇒ BEH Mặt khác vì ∆OBK cân tại O (do OB = OK = R) ⇒ ∆OBK vuông cân tại O ⇒ OK ⊥ AB ⇒ OK / /MN (cùng vuông góc với AB ) Bài 5 (0,5 điểm): Cho a, b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác biết: a + b − c > 0; b + c − a > 0; c + a − b > 0 . Chứng minh 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + . a +b−c b+c−a c+a −b a b c Áp dụng bất đẳng thức Côsi với x > 0, y > 0 ta có x + y ≥ 2 xy ⇔ ( x + y ) ≥ 4xy ⇔ 2 x+y 4 1 1 4 ≥ ⇔ + ≥ ( *) xy x+y x y x+y Dâu “=” xảy ra ⇔ x = y Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 1 1 4 4 2 + ≥ = = (1) a + b − c b + c − a a + b − c + b + c − a 2b b Áp dụng bất đẳng thức Côsi, với x > 0, y > 0 ta có x + y ≥ 2 xy ⇔ ( x + y ) ≥ 4xy ⇔ 2 x+y 4 1 1 4 ≥ ⇔ + ≥ ( *) xy x+y x y x+y Dâu “=” xảy ra ⇔ x = y Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có: 1 1 4 4 2 + ≥ = =(1) a + b − c b + c − a a + b − c + b + c − a 2b b Tương tự: 1 1 2 + ≥ ( 2) c+a −b b+c−a c 1 1 2 + ≥ ( 3) c+a −b a +b−c a Cộng (1) , ( 2 ) , ( 3) vế với vế ta có: ⇒ 1 1 1 1 1 1 + + ≥ + + a +b−c b+c−a c+a −b a b c Dấu bằng xảy ra ⇔ a = b = c 8 PHÒNG GD&ĐT QUẬN BA ĐÌNH ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT TRƯƠNG THCS MẠC ĐĨNH CHI MÔN: TOÁN 5/5/2018 NGUYỄN TRÃI – HOÀNG HOA THÁM NĂM HỌC 2017 – 2018 Đề số 2 Bài I. Cho các biểu thức A = x +3 = và B x −4 x + 3 5 x + 12 + với x ≥ 0 , x ≠ 16 . x − 16 x +4 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9 . 2) Rút gọn biểu thức B . A 3) Tìm m để phương trình = m + 1 có nghiệm. B Bài II. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Để chở hết 80 tấn quà tặng đồng bào nghèo ở vùng cao đón Tết, một đội xe dự định dùng một số xe cùng loại. Lúc sắp khởi hành có 4 xe phải điều đi làm việc khác. Vì vậy mỗi xe còn lại phải chở nhiều hơn dự định 1 tấn hàng mới hết. Tính số xe lúc đầu của đội biết rằng khối lượng hàng các xe phải chở là như nhau. Bài III.    1) Giải hệ phương trình:     3 + x 1 = 2 y −1 1 + x 1 = 1 y −1 2) Cho phương trình x 2 − mx + m − 2 = 0 (1), trong đó m là tham số, x là ẩn số. a) Chứng minh phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m . Tìm hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình mà không phụ thuộc vào m . b) Tìm m để cả hai nghiệm của phương trình đều là số nguyên. Bài IV. Trên nửa đường tròn ( O; R ) đường kính AB , lấy điểm C ( CA < CB ) . Hạ CH vuông góc với AB tại H . Đường tròn đường kính CH cắt AC và BC thứ tự tại M , N . 1) Chứng minh tứ giác HMCN là hình chữ nhật. 2) Chứng minh tứ giác AMNB là tứ giác nội tiếp. 3) Tia NM cắt tia BA tại K , lấy điểm Q đối xứng với H qua K . Chứng minh QC là tiếp tuyến của đường tròn ( O; R ) . 4) Tính bán kính của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNB trong trường hợp AC = R . Bài V. Tìm x, y ≥ 0 sao cho ( x 2 + 4 y + 8 )( y 2 + 4 x + 8 ) = ( 3 x + 5 y + 4 )( 5 x + 3 y + 4 ) . HƯỚNG DẪN 9 x +3 = và B x −4 Bài I. Cho các biểu thức A = x + 3 5 x + 12 + với x ≥ 0 , x ≠ 16 . x − 16 x +4 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 9 . 2) Rút gọn biểu thức B . A 3) Tìm m để phương trình = m + 1 có nghiệm. B 1) Với x = 9 (thỏa mãn điều kiện x ≥ 0 , x ≠ 16 ) thì Do đó, thay vào biểu thức A ta được A = x = 3. x +3 3+3 = = −6 . x − 4 3− 4 2) Rút gọn biểu thức B . = B = = = = = ( x + 3 5 x + 12 + x − 16 x +4 x +3 ( ) ( x − 4 + 5 x + 12 x +4 )( x −4 ) ) x − x − 12 + 5 x + 12 ( ( x +4 x +4 x. ( )( x −4 x+4 x ( x +4 )( x −4 x +4 )( ) x −4 ) ) ) x x −4 Vậy B = 3) Ta có ⇒ )( x , với x ≥ 0 , x ≠ 16 x −4 A = B x +3 x = : x −4 x −4 3 A =m ⇔ =m +1 ⇔ B x Vì x ≥ 0 , x ≠ 16 nên x ≥0, x +3 3 = 1+ . với x ≥ 0 , x ≠ 16 x x x= 3 m x ≠ 4.