Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán lần 4 - Năm học 2019-2020 - Trường THCS và THPT Lương Thế Vinh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán lần 4 - Năm học 2019-2020 - Trường THCS và THPT Lương Thế Vinh (Có đáp án)

1. KỲ THI TUY ỂN SINH VÀO L ỚP 10 THPT Năm học: 2019 – 2020 TRƯỜNG THCS & THPT LƯƠNG THẾ VINH Môn: TOÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 4 Ngày thi: 19/5/2019 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1. (2,0 điểm) 2x − 1 3x 4423 x+ x + Cho A = và B = − − x + 2 2x+ 112 − x 4x − 1 1 với x≥0, x ≠ . 4 a) Tính giá trị của biểu thức A tại x = 25 . b) Rút gọn biểu thức B . c) Tìm m để có duy nhất một giá trị của x thỏa mãn: (AB− 1)( x += 2) m (1 − x ) + 3 x − 4 . Bài 2. (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Để tiến tới kỉ niệm 30 năm ngày thành lập trường, hội cựu học sinh Lương Thế Vinh đã đăng kí một phòng tại trường để gặp mặt đại diện các khóa. Lúc đầu, phòng có 120 ghế được xếp thành từng dãy có số ghế trên mỗi dãy như nhau. Nhưng thực tế phải xếp thêm một dãy và mỗi dãy thêm hai ghế thì mới đủ chỗ cho 156 cựu học sinh về dự. Hỏi lúc đầu phòng có mấy dãy ghế và mỗi dãy có bao nhiêu ghế? Bài 3. (2,0 điểm)  1 7  +|x − y | =  + 3 1) Giải hệ phương trình:  x 1 3  −2|x − y | =− 3  x + 1
2. 2) Cho Parabol (p ) : y= x 2 và đường thẳng ():dy= ( m − 2) x + 3 . 5 a) Tìm tọa độ giao điểm của (d ) và (P ) khi m = 2 b) Tìm m để (d ) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trục Oy chia tam giác OAB thành hai phần có tỉ số diện tích bằng 3. Bài 4. (3,5 điểm) 1) Một hình trục có chiều cao gấp ba lần đường kính đáy. Biết thể tích của nó bằng 162π (cm 3 ) . Hãy tính diện tích toàn phần của hình trụ đó. 2) Cho đường tròn (O ; R ) và điểm A cố định nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( B và C là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của OA và BC , kẻ dây MN bất kì đi qua H với M thuộc cung nhỏ BC và BM< CM . a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. b) Chứng minh: HM. HN= HBHC . và AMN= AON . c) Xác định vị trí của dây MN để AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆AMN . Bài 5. (0,5 điểm) Cho x, y , z là các số thực thỏa mãn x+ y + z = 6 và xy+ yz + zx = 9. Chứng minh rằng: (x−+− 1) ( y 2)2 +− ( z 3) 4 < 88 .
3. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. (2,0 điểm) 2x − 1 3x 4423 x+ x + Cho A = và B = − − x + 2 2x+ 112 − x 4x − 1 1 với x≥0, x ≠ . 4 a) Tính giá trị của biểu thức A tại x = 25 . b) Rút gọn biểu thức B . c) Tìm m để có duy nhất một giá trị của x thỏa mãn: (AB− 1)( x += 2) m (1 − x ) + 3 x − 4 . Lời giải a) Tính giá trị của biểu thức A tại x = 25 . Thay x = 25 (thỏa điều kiện xác định) vào biểu thức A, ta được: 225 − 1 2.51 − 9 1 A = = == 25+ 2 27 27 3
4. b) Rút gọn biểu thức B . 3x 4423 x+ x + B = − − 2x+ 112 − x 4x − 1 3x 4423 x+ x + B = + − 2x+ 12 x − 1 4x − 1 3xx (2− 1) 4(2 x + 1) 4 xx ++ 2 3 B = + − 41x− 41 x − 41 x − 63xx− 8 x + 442 xx ++ 3 B = + − 41x− 41 x − 41 x − 63xx− + 8 x +−− 442 xx − 3 B = 4x − 1 2x+ 3 x + 1 B = 4x − 1 (x+ 1)(2 x + 1) x + 1 B = = (2x+ 1)(2 x − 1) 2 x − 1
5. c) Tìm m để có duy nhất một giá trị của x thỏa mãn: (AB− 1)( x += 2) m (1 − x ) + 3 x − 4 . (*) Lời giải 2x− 1  x + 1  AB −=  ⋅  − 1   1 x + 2 2x − 1  x+1 xx +−− 12 −+− xx 1 AB −=1 −= 1 = x+2 x + 2 x + 2 −x + x − 1  ⇒ABx − +=  ⋅+=−+− x xx ( 1)( 2)  ( 2) 1 x + 2  (AB− 1)( x += 2) m (1 − x ) + 3 x − 4 ⇔−+xx −=1 m (1 − x ) + 3 x − 4 ⇔−+x x −=−1 mmx + 3 x − 4 ⇔−x x ++−1 mmx + 340 x −= ⇔+−x(2 mxm ) +−= 3 0 ⇔(x − 1)( x −+= m 3) 0 x−1 = 0  x = 1 ⇔ ⇔  xm−+=3 0  xm =− 3   m−3 < 0  m < 3   Để có 1 giá trị duy nhất của x thì m−=⇔3 1  m = 4 1  7 m−3 =  m = 2  2
6. Bài 2. (2,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Để tiến tới kỉ niệm 30 năm ngày thành lập trường, hội cựu học sinh Lương Thế Vinh đã đăng kí một phòng tại trường để gặp mặt đại diện các khóa. Lúc đầu, phòng có 120 ghế được xếp thành từng dãy có số ghế trên mỗi dãy như nhau. Nhưng thực tế phải xếp thêm một dãy và mỗi dãy thêm hai ghế thì mới đủ chỗ cho 156 cựu học sinh về dự. Hỏi lúc đầu phòng có mấy dãy ghế và mỗi dãy có bao nhiêu ghế? Lời giải Gọi số dãy ghế lúc đầu là x (đơn vị: hàng ghế, x ∈ℕ* ) Số dãy ghế lúc sau là: x +1 (hàng ghế) 120 Số ghế trên một dãy lúc đầu là: (ghế) x 156 Số ghế trên một dãy lúc sau là: (ghế) x +1 120 156 Theo đề bài, ta có phương trình: +2 = x x +1 120.(x+ 1) 2( xx + 1) 156 x ⇒ + = xx(+ 1) xx ( + 1) xx ( + 1) ⇒120.(x ++ 1) 2 xx ( += 1) 156 x ⇔120x +++− 120 2 xx2 2 156 x = 0 ⇔2x2 − 34 x + 120 = 0 ⇔x2 −17 x + 60 = 0 (*) ∆=172 − 4.1.60 = 289 − 240 = 49 ⇒∆=49 = 7 = = Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt: x1 12 (nhận); x 2 5 (nhận) Lúc đầu phòng có 12 dãy ghế hoặc 5 dãy ghế. Nếu phòng có 12 dãy ghế thì mỗi dãy có 10 ghế. Nếu phòng có 5 dãy ghế thì mỗi dãy có 24 ghế.
7. Bài 3. (2,0 điểm)  1 7  +|x − y | =  + 3 1) Giải hệ phương trình:  x 1 3  −2|x − y | =− 3  x + 1 2) Cho Parabol (p ) : y= x 2 và đường thẳng ():dy= ( m − 2) x + 3 . 5 a) Tìm tọa độ giao điểm của (d ) và (P ) khi m = 2 b) Tìm m để (d ) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trục Oy chia tam giác OAB thành hai phần có tỉ số diện tích bằng 3. Lời giải  1 7  +|x − y | =  + 3 1)  x 1 , điều kiện: x > − 1 3  −2|x − y | =− 3  x + 1  1  7  =a; a > 0 a+ b = Đặt  x +1 . Khi đó ta có hệ phương trình:  3   − = −  x− y = bb; > 0 3a 2 b 3 510b=  b = 2  b = 2  b = 2 3a+ 3 b = 7     ⇔ ⇔ 7 ⇔  7 ⇔  71 ⇔  (nhận) 3a− 2 b = − 3 ab+=  ab +=  a +=2  a = 3  3  33  1 1 1 Với a=⇒ =⇒ x +=1 3 3x +1 3 ⇔x +=1 9 ⇔ x = 8 (nhận)
8. Với x=8; b = 2 ta có: 8−y = 2 8−y = 2  y = 6 ⇔ ⇔  8−=−y 2  y = 10 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x ; y )= (8;6) hoặc (x ; y )= (8;10)
9. 2) Cho Parabol (p ) : y= x 2 và đường thẳng ():dy= ( m − 2) x + 3 . 5 a) Tìm tọa độ giao điểm của (d ) và (P ) khi m = 2 b) Tìm m để (d ) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trục Oy chia tam giác OAB thành hai phần có tỉ số diện tích bằng 3. Lời giải 5 1 a) Khi m = thì ():d y= x + 3 2 2 1 Phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và (P ) : x2 = x + 3 2 1 ⇔x2 − x −=3 0 2 3 ⇔x2 −2 x + x −= 3 0 2 3 ⇔x( x −+ 2) ( x −= 2) 0 2 3  ⇔−(x 2) x +  = 0 2  x−2 = 0  x = 2   ⇔3 ⇔ 3 x+=0  x =− 2  2 Với x=2 ⇒ y = 22 = 4 2 3 3  9 Với x=− ⇒ y  =−  = 2 2  4 3 9  Vậy tọa độ giao điểm của (d ) và (P ) là: A (2;4) ; B − ;  1 1 2 4  b) Phương trình hoành độ giao điểm của (d ) và (P ) :
10. xmx2=( − 2) +⇔ 3 xm 2 − ( −−= 2) 3 0 ∆=(m − 2)2 + 4.3 = ( m − 2) 2 +> 12 0 Suy ra (d ) luôn cắt (P ) tại hai điểm phân biệt với mọi m . x+ x = m − 2 Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:  A B = − xA. x B 3 Để (d ) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trục Oy chia tam giác OAB thành hai phần có tỉ số diện tích bằng 3 thì: Không mất tính tổng = quát, giả sử: xA3 x B ⇒ = = − xA3 x B hoặc xA3 x B = ⇒ =2 ⇔ 2 =− Với xA3 x B xx AB .3 x B 3 x B 3 (loại) =− ⇒ =−2 ⇔− 2 =− Với xA3 xxx BAB .3 x B 33 x B ⇔2 =⇔ = = − xB1 x B 1 hoặc x B 1 −3 Với x=−⇒1 x = = 3 . Mà x+ x = m − 2 B A −1 A B ⇒−=31m −⇔ 2 m = 4 −3 Với x=⇒1 x = =− 3 . Mà x+ x = m − 2 B A 1 A B
11. ⇒−+=31m −⇔ 2 m = 0 Vậy m = 0 hoặc m = 4 thì (d ) cắt (P ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trục Oy chia tam giác OAB thành hai phần có tỉ số diện tích bằng 3.
12. Bài 4. (3,5 điểm) 1) Một hình trục có chiều cao gấp ba lần đường kính đáy. Biết thể tích của nó bằng 162π (cm 3 ) . Hãy tính diện tích toàn phần của hình trụ đó. Lời giải Gọi bán kính đáy của hình trụ là: R( cm ), R > 0 Chiều cao của hình trụ là: 6R ( cm ) Thể tích hình trụ là: V=ππ Rh2 = RR 26 = 6 π R 3 = 162 π 162 π ⇒=R3 =⇒=27 R3 27 = 3( cm ) 6π Diện tích toàn phần của hình trụ là: =+ππππ2 =+ 2 = π 2 SRRhtp 2 2 2.3 2.3.18 126( cm )
13. 2) Cho đường tròn (O ; R ) và điểm A cố định nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( B và C là các tiếp điểm). Gọi H là giao điểm của OA và BC , kẻ dây MN bất kì đi qua H với M thuộc cung nhỏ BC và BM< CM . a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. b) Chứng minh: HM. HN= HBHC . và AMN= AON . c) Xác định vị trí của dây MN để AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆AMN . Lời giải a) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp. B M O A H N C Vì AB, AC là các tiếp tuyến của đường tròn nên ta có: ABO=900 ; ACO = 90 0 Xét tứ giác ABOC có: ABO+ ACO =+900 90 0 = 180 0 Mà ABO; ACO là hai góc đối nhau. Suy ra tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.
14. b) Chứng minh: HM. HN= HBHC . và AMN= AON . B M O A H N C Xét ∆MBH và ∆CNH có: BMH= CNH (Hai góc nội tiếp cùng chắn MC ) BHM= CHN (Hai góc đối đỉnh) Do đó: ∆MBH
    ∆ CNH( g . g ) HM HB ⇒ = HC HN ⇒HMHN. = HBHC . Theo câu a, ta có: tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp. ⇒HB. HC = HO . HA ⇒HO. HA = HM . HN HA HN ⇒ = HM HO Xét ∆AMH và ∆NOH có: MHA= OHN (Hai góc đối đỉnh) HA HN = (cmt ) HM HO Do đó: ∆AMH
    ∆ NOH( c . g . c ) ⇒AMH = NOH hay AMN= AON
15. c) Xác định vị trí của dây MN để AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆AMN . B M O H A K N C Gọi K là giao điểm của AN và (O ) . Xét tứ giác OMAN có hai góc AMN; AON kề nhau cùng nhìn cạnh AN và AMN= AON( cmt ) . ⇒Tứ giác OMAN là tứ giác nội tiếp. Vì AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆BKN nên ta có: AK. AN= AB 2 (1) Xét ∆OBA vuông tại B Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có: AH. AO= AB 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra: AK. AN= AH . AO Suy ra tứ giác OHKN là tứ giác nội tiếp. ⇒AHK = ONK (3) Vì OK= ON = R nên ∆OKN cân tại O ⇒ONK = OKN (4) Vì tứ giác OHKN nên ta có: OHN= OKN (Hai góc nội tiếp cùng chắn ON ) (5) Từ (3), (4) và (5) suy ra: AHK= OHN Mà OHN= AHM (Hai góc đối đỉnh)
16. ⇒AHK = AHM B M O H A K N C Vì tứ giác OMAN là tứ giác nội tiếp nên ta có: MNA= MOA (Hai góc nội tiếp cùng chắn AM ) Vì tứ giác OHKN là tứ giác nội tiếp nên ta có: HNK= HOK (Hai góc nội tiếp cùng chắn HK ) ⇒MOH = HOK ⇒OH là phân giác của MOK ∆OMK cân tại O có OH là phân giác của MOK nên OH⊥ MK ⇒OA là đường trung trực của đoạn thẳng MK ⇒AM = AK ⇒ ∆ AMK cân tại A ⇒OAM = OAK Mà OAB= OAC (tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau) ⇒MAB = NAC Để AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆AMN thì MAB= MNA ⇒MNA = NAC
17. Mà hai góc này ở vị trí so le trong ⇒ AC// MN . Vậy khi MN đi qua H và song song với AC thì AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆AMN .
18. Bài 5. (0,5 điểm) Cho x, y , z là các số thực thỏa mãn x+ y + z = 6 và xy+ yz + zx = 9. Chứng minh rằng: (x−+− 1) ( y 2)2 +− ( z 3) 4 < 88 . Lời giải Ta có: xyz++=⇒6 xy + =− 6 z xy++ yz zx =⇒9 xy + z ( x += y )9 ⇒xy =−9 zxy ( +=− )9 z (6 − z ) Ta cũng có: (x+ y )2 ≥ 4 xy 2 ⇔−(6z ) ≥ 4 9 − z (6 − z )  2 2 ⇔−3612zz +≥ 496 −+ zz  ⇔−36 12zz +≥−2 36 24 zz + 4 2 ⇔3z2 − 12 z ≤ 0 ⇔3z ( z − 4) ≤ 0 ⇔0 ≤z ≤ 4 Vì vai trò của x, y , z như nhau, nên ta có: 0≤x ;; y z ≤ 4 Từ đó, ta có: x −1 ≤ 3 −2 ≤y − 2 ≤ 2 suy ra: (y − 2)2 ≤ 4 −3 ≤z − 3 ≤ 1 suy ra: (z − 3)4 ≤ 81 Khi đó: (x−+ 1) ( y− 2)2 +− ( z 3) 4 ≤ 88 Dấu “=” xảy ra khi x=4; y = 0; z = 0 hoặc x=4; y = 4; z = 0 (không thỏa điều kiện bài toán) Vậy (x−+− 1) ( y 2)2 +− ( z 3) 4 < 88