Đề thi thử vào 10 môn Toán trường THCS & THPT Lương Thế Vinh năm học 2020 - 2021 (lần 3)

Đề tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán có đáp án

Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán trường THCS & THPT Lương Thế Vinh năm 2020

Đề thi thử vào 10 môn Toán trường THCS & THPT Lương Thế Vinh năm học 2020 - 2021 (lần 3) được VnDoc chia sẻ nằm trong bộ tài liệu đề thi thử vào lớp 10. Hy vọng với tài liệu này các bạn học sinh sẽ có thêm tài liệu ôn tập tại nhà, đồng thời chuẩn bị tốt cho kì thi sắp tới. Chúc các bạn học tốt

Để tiện trao đổi, chia sẻ kinh nghiệm về giảng dạy và học tập các môn học lớp 9, VnDoc mời các thầy cô giáo, các bậc phụ huynh và các bạn học sinh truy cập nhóm riêng dành cho lớp 9 sau: Nhóm Tài liệu học tập lớp 9. Rất mong nhận được sự ủng hộ của các thầy cô và các bạn.

TRƯỜNG THCS & THPT LƯƠNG THẾ VINH

Lần thứ ba

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10

Năm học: 2020 – 2021

MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1. (2,0 điểm)

Cho các biểu thức: $A = \dfrac{\sqrt x -3}{\sqrt x}$ $A = \dfrac{\sqrt x -3}{\sqrt x}$ và

$B = \dfrac{2x-2\sqrt x }{x-4} + \dfrac{1 }{\sqrt x+2} + \dfrac{\sqrt x - 1 }{2-\sqrt x}$ $B = \dfrac{2x-2\sqrt x }{x-4} + \dfrac{1 }{\sqrt x+2} + \dfrac{\sqrt x - 1 }{2-\sqrt x}$

Với x > 0; x ≠ 4

1. Tính giá trị của biểu thức A khi $x = \sqrt{4+2\sqrt 3} -\sqrt 3$ $x = \sqrt{4+2\sqrt 3} -\sqrt 3$

2. Rút gọn biểu thức B

3. Tìm m để có x thoả mãn: A.B = m.

Bài 2 (2,5 điểm)

1. Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Tháng thứ nhất hai đội sản xuất làm được 700 sản phẩm. Sang tháng thứ hai, đội I làm vượt mức 10% và đội II làm vượt mức 25% so với tháng thứ nhất, vì vậy cả hai đội đã làm được 830 sản phẩm. Hỏi trong tháng thứ nhất mỗi đội làm được bao nhiêu sản phẩm?

2. Một lon nước ngọt hình trụ có thể tích bằng $108 \pi \space {cm}^3$ $108 \pi \space {cm}^3$. Biết chiều cao của lon nước ngọt gấp hai lần đường kính đáy. Tính diện tích vật liệu cần dùng để làm một vỏ lon như vậy (bỏ qua diện tích phần ghép nối).

Bài 3 (2 điểm)

1. Giải hệ phương trình:

$\left\{ \matrix{ \dfrac{4}{x-y} + 3\sqrt{y-1} = 5 \hfill \cr \dfrac{1}{x-y} - 2\sqrt{y-1} = -\dfrac{3}{2} \hfill \cr} \right.$ $\left\{ \matrix{ \dfrac{4}{x-y} + 3\sqrt{y-1} = 5 \hfill \cr \dfrac{1}{x-y} - 2\sqrt{y-1} = -\dfrac{3}{2} \hfill \cr} \right.$

2. Cho parabol $(P): y=x^2$ và đường thẳng $(d): y =(2m-1)x+8$

a) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi giá trị của m.

b) Tìm m để các khoảng cách từ A và B tới trục Oy có tỉ số bằng 2.

Bài 4 (3 điểm)

Cho đường tròn (O;R) đường kính BC. Trên tia đối của tia BC lấy điểm A cố định, vẽ đường thẳng d vuông góc với AB tại A. Qua điểm M trên đường thẳng d (M khác A) kẻ các tiếp tuyến ME, MF của (O) (E, F là tiếp điểm)

1. Chứng minh năm điểm A, M, E, O, F cùng thuộc một đường tròn

2. EF cắt MO và AC lần lượt tại H và K, MC cắt (O) tại D (D khác C). Chứng minh:

a) MD.MC = ME² = MH.MO

b) AC là phân giác của góc EAF.

3. Đường tròn ngoại tiếp tam giác OHK cắt đường tròn đi qua năm điểm A, M, E, O, F tại I. chứng minh rằng khi M di chuyển trên d thì đường thẳng MI luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 5 (0,5 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P = \sqrt {2+x} + \sqrt {2-x} - \sqrt {4-x^2}$ $P = \sqrt {2+x} + \sqrt {2-x} - \sqrt {4-x^2}$

Hết

Đáp án đề thi thử vào 10 môn Toán 2020 Lương Thế Vinh (lần 3)

Bài 1 (2 điểm)

1.

Ta có:

$x = \sqrt{4+2\sqrt 3} -\sqrt 3$ $x = \sqrt{4+2\sqrt 3} -\sqrt 3$

$= \sqrt{(1+\sqrt 3)^2} -\sqrt 3 = 1$ $= \sqrt{(1+\sqrt 3)^2} -\sqrt 3 = 1$

Thay vào A ta có:

$A = \dfrac{\sqrt x -3}{\sqrt x} = \dfrac{\sqrt 1 -3}{\sqrt 1} = -2$ $A = \dfrac{\sqrt x -3}{\sqrt x} = \dfrac{\sqrt 1 -3}{\sqrt 1} = -2$

2.

Với x > 0; x ≠ 4, ta có:

$B = \dfrac{2x-2\sqrt x }{x-4} + \dfrac{1 }{\sqrt x+2} + \dfrac{\sqrt x - 1 }{2-\sqrt x}$ $B = \dfrac{2x-2\sqrt x }{x-4} + \dfrac{1 }{\sqrt x+2} + \dfrac{\sqrt x - 1 }{2-\sqrt x}$

$= \dfrac{2x-2\sqrt x +\sqrt x- 2 -(\sqrt x-1)(\sqrt x+2)}{(\sqrt x+2)(\sqrt x-2)}$ $= \dfrac{2x-2\sqrt x +\sqrt x- 2 -(\sqrt x-1)(\sqrt x+2)}{(\sqrt x+2)(\sqrt x-2)}$

$= \dfrac{x-2\sqrt x }{(\sqrt x+2)(\sqrt x-2)} = \dfrac{\sqrt x }{\sqrt x+2}$ $= \dfrac{x-2\sqrt x }{(\sqrt x+2)(\sqrt x-2)} = \dfrac{\sqrt x }{\sqrt x+2}$

3. Tìm m để có x thoả mãn: A.B = m.

Ta có:

$A .B= \dfrac{\sqrt x -3}{\sqrt x} . \dfrac{\sqrt x }{\sqrt x+2} =\dfrac{\sqrt x -3 }{\sqrt x+2} = m$ $A .B= \dfrac{\sqrt x -3}{\sqrt x} . \dfrac{\sqrt x }{\sqrt x+2} =\dfrac{\sqrt x -3 }{\sqrt x+2} = m$

Bài 2 (2,5 điểm)

1.

Gọi số sản phẩm mỗi đội làm được trong tháng thứ nhất là A, B (A;B > 0)

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

$\left\{ \matrix{ A+B = 700 \hfill \cr 1,1A + 1,25B = 830\hfill \cr} \right.$ $\left\{ \matrix{ A+B = 700 \hfill \cr 1,1A + 1,25B = 830\hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ A = 300 \hfill \cr B = 400 \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ A = 300 \hfill \cr B = 400 \hfill \cr} \right.$

Kết luận .....

2.

Gọi bán kính đáy lon nước ngọt đó là r (r > 0)

Theo giả thiết ta có chiều cao lon nước là 4r

Ta có: $V = 4r.S_{đáy} = 4r.\pi. r^2 = 108 \pi$ $V = 4r.S_{đáy} = 4r.\pi. r^2 = 108 \pi$

$\Rightarrow r = 3 (cm)$ $\Rightarrow r = 3 (cm)$

Diện tích vật liệu cần dùng để làm một vỏ lon như vậy là:

$S_{tp} = S_{xq} + 2S_{đáy}$ $S_{tp} = S_{xq} + 2S_{đáy}$

$= 4r.\pi.2r + 2\pi r^2 = 10\pi r^2 = 90 \pi \space {cm}^2$ $= 4r.\pi.2r + 2\pi r^2 = 10\pi r^2 = 90 \pi \space {cm}^2$

Bài 3 (2 điểm

1.

$\left\{ \matrix{ \dfrac{4}{x-y} + 3\sqrt{y-1} = 5 \hfill \cr \dfrac{1}{x-y} -2\sqrt{y-1} = -\dfrac{3}{2} \hfill \cr} \right.$ $\left\{ \matrix{ \dfrac{4}{x-y} + 3\sqrt{y-1} = 5 \hfill \cr \dfrac{1}{x-y} -2\sqrt{y-1} = -\dfrac{3}{2} \hfill \cr} \right.$

$ĐKXĐ y\geq 0;x ≠ y$ $ĐKXĐ y\geq 0;x ≠ y$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \dfrac{1}{x-y} = \dfrac{1}{2} \hfill \cr \sqrt{y-1} = 1 \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \dfrac{1}{x-y} = \dfrac{1}{2} \hfill \cr \sqrt{y-1} = 1 \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x=4 \hfill \cr y=2 \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x=4 \hfill \cr y=2 \hfill \cr} \right.$ (thoả mãn đkxđ)

Kết luận....

2.

a)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d):

$x^2=(2m-1)x+8$

$\Leftrightarrow x^2-(2m-1)x-8=0$ $\Leftrightarrow x^2-(2m-1)x-8=0$

$\Delta = (2m-1)^2 +4.8 > 0$ $\Delta = (2m-1)^2 +4.8 > 0$ với mọi m

Hay (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi giá trị của m (đpcm).

b)

Áp dụng hệ thức Vi-ét cho phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d), ta có:

$\left\{ \matrix{ x_1+x_2 = 2m-1 \Rightarrow m = \dfrac{x_1+x_2+1}{2} \hfill \cr x_1x_2 = -8 \hfill \cr} \right.$ $\left\{ \matrix{ x_1+x_2 = 2m-1 \Rightarrow m = \dfrac{x_1+x_2+1}{2} \hfill \cr x_1x_2 = -8 \hfill \cr} \right.$

Gọi $A(x_1;y_1)$ và $B(x_2;y_2)$. Khoảng cách từ A và B tới trục Oy lần lượt là $|x_1|;|x_2|.$

Không mất tổng quát, ta giả sử $|x_1| \geq |x_2|$ $|x_1| \geq |x_2|$, theo giả thiết ta có: $\dfrac{|x_1|}{|x_2|} = 2$ $\dfrac{|x_1|}{|x_2|} = 2$

$\Leftrightarrow \dfrac{|x_1x_2|}{|x_2^2|} = 2 \Leftrightarrow x_2^2 = 4$ $\Leftrightarrow \dfrac{|x_1x_2|}{|x_2^2|} = 2 \Leftrightarrow x_2^2 = 4$

$\Leftrightarrow \left[ \matrix{ {x_2} = {2} \Rightarrow x_1 = -4\hfill \cr {x_2} = {-2} \Rightarrow x_1 = 4 \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \matrix{ {x_2} = {2} \Rightarrow x_1 = -4\hfill \cr {x_2} = {-2} \Rightarrow x_1 = 4 \hfill \cr} \right.$

$\Leftrightarrow \left[ \matrix{ m = \dfrac{-1}{2}\hfill \cr m = \dfrac{3}{2} \hfill \cr} \right.$ $\Leftrightarrow \left[ \matrix{ m = \dfrac{-1}{2}\hfill \cr m = \dfrac{3}{2} \hfill \cr} \right.$

Tương tự với $\dfrac{|x_2|}{|x_1|} = 2$ $\dfrac{|x_2|}{|x_1|} = 2$ ta cũng có $\left[ \matrix{ m = \dfrac{-1}{2}\hfill \cr m = \dfrac{3}{2} \hfill \cr} \right.$ $\left[ \matrix{ m = \dfrac{-1}{2}\hfill \cr m = \dfrac{3}{2} \hfill \cr} \right.$

Kết luận....

Bài 4 (3 điểm)

Đề thi thử vào 10 môn Toán trường THCS & THPT Lương Thế Vinh năm học 2020 - 2021 (lần 3)

1.

Vì ME, MF là tiếp tuyến của (O) (E, F là tiếp điểm) $⇒ ∠MFO = ∠MEO = 90° = ∠MAO$ (do $MA ⊥ OA) ⇒ A, E, F$ cùng thuộc đường tròn đường kính MO, hay năm điểm A, M, E, O, F cùng thuộc một đường tròn (đpcm).

2.

a)

Xét △MDE và △MEC, có:

Góc EMD chung

∠MED = ∠MCE (t/c góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

Suy ra $△MDE ∽ △MEC ⇒ \dfrac{ME}{MD} = \dfrac{MC}{ME} ⇒ MD.MC = ME² \ (1)$ $△MDE ∽ △MEC ⇒ \dfrac{ME}{MD} = \dfrac{MC}{ME} ⇒ MD.MC = ME² \ (1)$

Xét △MHE và △MEO, có:

Góc EMO chung

$∠MHE = ∠MEO = 90°$

Suy ra $△MHE ∽ △MEO ⇒ \dfrac{ME}{MH} = \dfrac{MO}{ME} ⇒ MH.MO = ME² (2)$ $△MHE ∽ △MEO ⇒ \dfrac{ME}{MH} = \dfrac{MO}{ME} ⇒ MH.MO = ME² (2)$

Từ (1) và (2) $⇒ MD.MC = ME² = MH.MO (đpcm).$

b)

Ta có:

∠EAO = ∠EMO (cùng chắn cung $\stackrel\frown{EO}) = ∠OMF = ∠OAF$ $\stackrel\frown{EO}) = ∠OMF = ∠OAF$ (cùng chắn $\stackrel\frown{FO}$ $\stackrel\frown{FO}$)

⇒ AC là phân giác của góc EAF (đpcm).

3.

Vì I thuộc đường tròn đi qua năm điểm A, M, E, O, F ⇒ I thuộc đường tròn đường kính MO hay ∠MIO = 90°

Lại có $∠KIO = 180° - ∠KHO = 90° = ∠MIO ⇒ M, K, I$ thẳng hàng (*)

Kẻ FG vuông góc với AC tại N, G thuộc đường tròn (O). Vì BC là đường kính của (O) ⇒ N là trung điểm FG.

Xét △FAG, có AN vừa là đường cao vừa đường trung tuyến ⇒ △FAG cân tại A, hay AN cũng là phân giác góc FAG.

Ta lại có AB là phân giác góc FAE hay AN là phân giác góc FAE ⇒ A, E, G thẳng hàng.

Ta có:

$∠KEG = 180° - ∠AEF = 180° - ∠BOF = 180 ° - ∠BOG ⇒ ∠KEA = ∠AOG.$

Xét △AKE và △AGO, có:

∠EAK chung

$∠KEA = ∠AOG (cmt)$

Suy ra $△AKE ∽ △AGO ⇒ \dfrac{AK}{AE} = \dfrac{AG}{AO} ⇒ AK.AO = AE.AG (3)$ $△AKE ∽ △AGO ⇒ \dfrac{AK}{AE} = \dfrac{AG}{AO} ⇒ AK.AO = AE.AG (3)$

Xét △AEB và △ACG, có:

∠EAB chung

$∠AEB = ∠ACG (= 180° - ∠BEG)$

Suy ra $△AEB ∽ △ACG ⇒ \dfrac{AE}{AB} = \dfrac{AC}{AG} ⇒ AB.AC = AE.AG (4)$ $△AEB ∽ △ACG ⇒ \dfrac{AE}{AB} = \dfrac{AC}{AG} ⇒ AB.AC = AE.AG (4)$

Từ (3) và (4) $⇒ AK.AO = AB.AC$

Suy ra vị trí của K phụ thuộc vào A, B, C và không phụ thuộc vào M (**)

Từ (*) và (**) suy ra MI luôn đi qua điểm K thuộc BC cố định, xác định bởi $AK.AO = AB.AC$ (đpcm).

Bài 5 (0,5 điểm)

$P = \sqrt {2+x} + \sqrt {2-x} - \sqrt {4-x^2}$ $P = \sqrt {2+x} + \sqrt {2-x} - \sqrt {4-x^2}$

$ĐKXĐ -2\leq x \leq 2$ $ĐKXĐ -2\leq x \leq 2$

Đặt $\sqrt{2+x} = a$ $\sqrt{2+x} = a$

$\sqrt{2-x} = b (a;b \geq0)$ $\sqrt{2-x} = b (a;b \geq0)$

Ta có: $a^2 + b^2 = 4 \Leftrightarrow (a+b)^2 - 2ab = 4$ $a^2 + b^2 = 4 \Leftrightarrow (a+b)^2 - 2ab = 4$

$\Leftrightarrow ab =\dfrac{(a+b)^2}{2} - 2$ $\Leftrightarrow ab =\dfrac{(a+b)^2}{2} - 2$

Ta có:

$(a+b)^2 = 4 + 2\sqrt{(2+x)(2-x)} \geq 4.$ $(a+b)^2 = 4 + 2\sqrt{(2+x)(2-x)} \geq 4.$ với mọi x thoả mãn đkxđ

\Leftrightarrow a+b \geq 2

Áp dụng BĐT Bunhya Copxki ta có:

(a+b)^2 \leq (1+1)(a^2+b^2) = 8

\Leftrightarrow a+b \leq 2\sqrt 2

Ta có: $\Leftrightarrow a+b \geq 2$ $\Leftrightarrow a+b \geq 2$

$P = \sqrt {2+x} + \sqrt {2-x} - \sqrt {4-x^2} = a+b - ab$ $P = \sqrt {2+x} + \sqrt {2-x} - \sqrt {4-x^2} = a+b - ab$

$=(a+b) - \dfrac{(a+b)^2}{2} + 2$ $=(a+b) - \dfrac{(a+b)^2}{2} + 2$

Xét $f(x) = x - \dfrac{x^2}{2} + 2$ $f(x) = x - \dfrac{x^2}{2} + 2$ với $2\leq x \leq 2\sqrt 2$ $2\leq x \leq 2\sqrt 2$

Xét $x_1;x_2$ với $2\leq x_1 < x_2 \leq 2\sqrt 2$ $2\leq x_1 < x_2 \leq 2\sqrt 2$, ta có:

$f(x_1)-f(x_2) = x_1 - \dfrac{x_1^2}{2} -x_2 + \dfrac{x_2^2}{2} = (x_1-x_2) - \dfrac{1}{2} (x_1-x_2)(x_1+x_2)$ $f(x_1)-f(x_2) = x_1 - \dfrac{x_1^2}{2} -x_2 + \dfrac{x_2^2}{2} = (x_1-x_2) - \dfrac{1}{2} (x_1-x_2)(x_1+x_2)$

$\Leftrightarrow \dfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2} = 1-\dfrac{1}{2}(x_1+x_2) < 0$ $\Leftrightarrow \dfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2} = 1-\dfrac{1}{2}(x_1+x_2) < 0$ với $2\leq x_1 < x_2 \leq 2\sqrt 2$ $2\leq x_1 < x_2 \leq 2\sqrt 2$

Hay f(x) luôn nghịch biến trên đoạn $x \in [2;2\sqrt 2]$ $x \in [2;2\sqrt 2]$ hay:

$f(2) \geq f(x) \geq f(2\sqrt 2) \Leftrightarrow 2\geq f(x) \geq 2\sqrt 2 - 2$ $f(2) \geq f(x) \geq f(2\sqrt 2) \Leftrightarrow 2\geq f(x) \geq 2\sqrt 2 - 2$

Hay $\Leftrightarrow 2\geq P \geq 2\sqrt 2 - 2.$ $\Leftrightarrow 2\geq P \geq 2\sqrt 2 - 2.$

Vậy ${min}_P = 2\sqrt 2 -2 \Leftrightarrow a+b = 2 \Leftrightarrow x=2 ∨ x=-2$ ${min}_P = 2\sqrt 2 -2 \Leftrightarrow a+b = 2 \Leftrightarrow x=2 ∨ x=-2$

${max}_P = 2 \Leftrightarrow a+b = 2\sqrt 2 \Leftrightarrow x=0.$ ${max}_P = 2 \Leftrightarrow a+b = 2\sqrt 2 \Leftrightarrow x=0.$

Đề thi thử vào 10 môn Toán trường THCS & THPT Lương Thế Vinh năm học 2020 - 2021 (lần 3) được VnDoc chia sẻ trên đây với 5 câu hỏi tự luận, giúp các bạn học sinh có thêm tài liệu ôn tập chuẩn bị tốt cho kì thi sắp tới. Ngoài đề thi thử của trường Lương Thế Vinh các bạn tham khảo các đề của các tỉnh khác nữa nhé

............................................

Ngoài Đề thi thử vào 10 môn Toán trường THCS & THPT Lương Thế Vinh năm học 2020 - 2021 (lần 3). Mời các bạn học sinh còn có thể tham khảo các đề thi học kì 2 lớp 9 các môn Toán, Văn, Anh, Lý, Địa, Sinh mà chúng tôi đã sưu tầm và chọn lọc. Với đề Thi vào lớp 10 năm 2020 này giúp các bạn rèn luyện thêm kỹ năng giải đề và làm bài tốt hơn. Chúc các bạn ôn thi tốt

Chia sẻ, đánh giá bài viết

2

3.951

Bài trước

Bài sau