Cùng Đọc tài liệu thử sức với đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn toán năm 2020 có đáp án của quận Ba Đình vừa diễn ra em nhé:
Đề thi thử
Bài I (2,0 điểm). Cho hai biểu thức
\(A = \dfrac{\sqrt x + 1}{\sqrt x - 3}\)
và\(B =\left( \dfrac{1}{\sqrt x - 1} + \dfrac{\sqrt x }{x- 1} \right). \dfrac{x-\sqrt x }{2\sqrt x + 1}\)
Với \(x\geq 0; \space x ≠ 9; \space x ≠1\)
1. Tính giá trị của A khi x = 25.
2. Rút gọn biểu thức B.
3. Tìm các số nguyên tố x để \(A.B <1\).
Bài II (2,5 điểm).
1. Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Hai giá sách có 540 cuốn sách. Nếu chuyển 60 cuốn sách từ giá sách thứ nhất sang giá sách thứ hai thì số sách ở giá sách thứ hai bằng 125% số sách ở giá sách thứ nhất. Tính số sách lúc đầu trong mỗi giá sách.
2. Khi uống trà sữa trân châu, người ta thường sử dụng loại ống hút bằng nhựa hình trụ có đường kính đáy bằng 0,4cm, độ dài ống bằng 16cm. Có 40 ống hút đó bị thải ra gây ô nhiễm môi trường, hỏi tổng diện tích xung quanh của 40 ống hút này là bao nhiêu ? (lấy \(\pi ≈ 3,14\))
Bài III (2,0 điểm).
1. Giải hệ phương trình:
\(\left\{ \matrix{ 5 \sqrt x - \sqrt y = 3 \hfill \cr 7 \sqrt x - \sqrt y = 5 \hfill \cr} \right.\)
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = (m - 1)x + m và parabol (P): \(y=x^2\)
a. Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt.
b. Tìm m để các giao điểm của (d) và (P) có hoành độ là x1; x2, thỏa mãn \(|x_1| = |x_2|+1\)
Bài IV (3,0 điểm). Cho đường tròn (O) có 2 đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Gọi E là một điểm trên cung nhỏ AD (E không trùng với A và D), nối EC cắt OA tại F. Trên tia AB lấy điểm G sao cho AG = AC, tia CG cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là H.
1. Chứng minh ∠CFG = ∠CHE và tứ giác EFGH là tứ giác nội tiếp.
2. Chứng minh tiếp tuyến của đường tròn (O) tại H song song với AC.
3. Nối EB cắt OD tại I, chứng minh: \(\dfrac{AF.ED}{OF.EA} = \sqrt 2\) và \(\dfrac{OF}{AF} + \dfrac{OI}{DI} \geq \sqrt 2\)
Bài V (0,5 điểm).
Cho x,y,z là các số thực không âm thỏa mãn
\(x^2 + y^2 + z^2 + xyz = 4\).
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z.
Hết
Trên đây là 5 câu hỏi trong đề thi thử lớp 10 mới nhất của quận Ba Đình (Hà Nội) với môn Toán, cùng làm bài thi này trong 120 phút rồi đối chiếu với đáp án chi tiết dưới đây em nhé:
Lời giải chi tiết
Bài I (2,0 điểm). Cho hai biểu thức
\(A = \dfrac{\sqrt x + 1}{\sqrt x - 3}\) và
\(B =\left( \dfrac{1}{\sqrt x - 1} + \dfrac{\sqrt x }{x- 1} \right). \dfrac{x-\sqrt x }{2\sqrt x + 1}\)
Với \(x\geq 0; \space x ≠ 9; \space x ≠1\)
1.
Với x = 25, ta có:
\(A = \dfrac{\sqrt x + 1}{\sqrt x - 3}\) \(= \dfrac{\sqrt {25} + 1}{\sqrt {25} - 3} = 3\)
2.
Với \(x\geq 0; \space x ≠ 9; \space x ≠1\), ta có:
\(B =\left( \dfrac{1}{\sqrt x - 1} + \dfrac{\sqrt x }{x- 1} \right). \dfrac{x-\sqrt x }{2\sqrt x + 1}\)
\( =\dfrac{\sqrt x + 1+\sqrt x }{(\sqrt x - 1)(\sqrt x +1)} . \dfrac{\sqrt x(\sqrt x - 1)}{2\sqrt x + 1}\)
\( = \dfrac{\sqrt x}{\sqrt x +1}\)
3.
Ta có:
\(A.B =\dfrac{\sqrt x + 1}{\sqrt x - 3}. \dfrac{\sqrt x}{\sqrt x +1} <1\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt x }{\sqrt x - 3} <1\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{\sqrt x }{\sqrt x - 3} -1<0\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{3 }{\sqrt x - 3}<0\)
\(\Leftrightarrow {\sqrt x - 3}<0\)
Kết hợp với đkxđ \(x\geq 0; \space x ≠ 9; \space x ≠1\), ta có:
\(0\leq x < 9; \space x ≠1\)
Vì x là số nguyên tố nên ta có \(x \in \{2;3;5;7\}\)
Bài II (2,5 điểm).
1.
Gọi số sách lúc đầu của mỗi giá sách lần lượt là A và B (A;B ∈ ℕ*)
Theo bài ra ta có hệ:
\(\left\{ \matrix{ A+B = 540 \hfill \cr (A-60) \times 125\% = B+60 \hfill \cr} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ A+B = 540 \hfill \cr 1,25 A - B = 135\hfill \cr} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ A+B = 540 \hfill \cr 1,25 A - B = 135\hfill \cr} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ A = 300 \hfill \cr B = 240 \hfill \cr} \right. \) (thoả mãn)
KL.....
2.
Tổng diện tích xung quanh của 40 ống hút này là:
\(40.h.\pi d = 40.16.3,14.0,4 ≈ 803,84\) (cm²).
Bài III (2,0 điểm).
1.
\(\left\{ \matrix{ 5 \sqrt x - \sqrt y = 3 \hfill \cr 7 \sqrt x - \sqrt y = 5 \hfill \cr} \right.\)
ĐKXĐ: \(x;y ≠ 0\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \sqrt x =1 \hfill \cr \sqrt y = 2 \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x =1 \hfill \cr y = 4 \hfill \cr} \right.\)
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = (m - 1)x + m và parabol (P): \(y=x^2\)
a.
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình sau phải có hai nghiệm phân biệt:
\(x^2 = (m - 1)x + m\)
\(\Leftrightarrow x^2 - (m - 1)x - m =0\)
Tức là \(\Delta = (m-1)^2 + 4m = (m+1)^2 >0\)
\(\Leftrightarrow m ≠ -1\)
KL.....
b.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d), ta có:
\(x^2 = (m - 1)x + m\)
\(\Leftrightarrow (x+1)(x-m) =0\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = -1\hfill \cr x = m \hfill \cr} \right.\)
Ta có: \(|x_1| = |x_2|+1\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ |-1| = |m|+1\hfill \cr |m| = |-1|+1 \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ m =0\hfill \cr m = ± 2 \hfill \cr} \right.\)
KL......
Bài IV (3,0 điểm).
1.
Do AB ⊥ CD tại O nên C là điểm chính giữa cung AB hay \(\stackrel\frown{CB}= \stackrel\frown{AC} \)
Ta có:
\(∠CFG = \dfrac{1}2 \left(\stackrel\frown{CB}+ \stackrel\frown{AE} \right)\)
\(= \dfrac{1}2 \left(\stackrel\frown{AC}+ \stackrel\frown{AE} \right)\) \(= \dfrac{1}2 \stackrel\frown{EC}\) \(= ∠CHE\) (đpcm)Vì ∠GHE = ∠CFG = 180° - ∠GFE ⇒ tứ giác EFGH là tứ giác nội tiếp (đpcm).
2.
Gọi tiếp tuyến của đường tròn (O) tại H là d ⇒ OH ⊥ d (1)
Vẽ đường tròn (A;AG), vì AC = AG = AD (giả thiết) nên C,G,D cùng thuộc đường tròn này.
Ta có BC ⊥ CA tại C ⇒ BC là tiếp tuyến tại C của (A;AG).
Suy ra: ∠GCB = ∠GDC (t/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) = ∠GCD ⇒ CG là phân giác của góc DCB, hay H là điểm chính giữa cung BD ⇒ OH ⊥ BD (2)
Mặt khác do AB ⊥ CD nên dễ thấy AC // BD (3)
Từ (1) (2) và (3) suy ra AC // d (đpcm).
3.
Xét △FAE và △FCB có:
∠AFE = ∠CFB (đối đỉnh)
∠EAF = ∠FCB (góc nội tiếp cùng chắn cung EB)
Suy ra △FAE ∽ △FCB ⇒ \(\dfrac{AF}{EA} = \dfrac{FC}{CB}\) (4)
Xét △CFO và △CDE có:
∠FCO chung
∠COF = ∠CED (= 90°)
Suy ra △CFO ∽ △CDE ⇒ \(\dfrac{ED}{OF} = \dfrac{CD}{FC}\) (5)
Xét △CBD vuông cân tại B ⇒ \(CD = CB \sqrt 2\) ⇒ \(\Leftrightarrow \dfrac{CD}{CB} = \sqrt 2\)
Nhân vế theo vế (4) và (5) ta có: \(\dfrac{AF}{EA} .\dfrac{ED}{OF} = \dfrac{CD}{FC}. \dfrac{FC}{CB} \)
\(\Leftrightarrow \dfrac{AF.ED}{OF.EA} = \dfrac{CD}{CB} = \sqrt 2 \) (đpcm) \(\Rightarrow \dfrac{OF}{AF} = \dfrac{\sqrt 2 .ED}{2.EA} \) (*)
Chứng minh tương tự ta có: \( \dfrac{OI}{DI} = \dfrac{\sqrt 2 .EA}{2.ED} \) (**)
Cộng vế theo vế (*) và (**), đồng thời áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\( \dfrac{OF}{AF} + \dfrac{OI}{DI} = \dfrac{\sqrt 2 .ED}{2.EA} + \dfrac{\sqrt 2 .EA}{2.ED} \) \(\geq 2\sqrt{ \dfrac{\sqrt 2 .ED}{2.EA} . \dfrac{\sqrt 2 .EA}{2.ED} } = \dfrac{2}{\sqrt 2} = \sqrt 2\)
Hay \(\dfrac{OF}{AF} + \dfrac{OI}{DI} \geq \sqrt 2\) (đpcm).
Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow \dfrac{OF}{AF} = \dfrac{OI}{DI} \) hay E là điểm chính giữa cung AD.
Bài V (0,5 điểm).
\(x^2 + y^2 + z^2 + xyz = 4\)
Với \(x;y;z \geq 0\) ta có:
\(x^2;y^2;z^2 \leq 4\)
\(\Leftrightarrow 0 \leq x;y;z \leq 2\)
Với \(0 \leq x;y;z \leq 2\) ta có:
\(P^2 = x^2+y^2+z^2 + 2xy+2yz+2zx\)
\(= 4 - xyz + 2xy+2yz+2zx\)
\(= 4 + xy(2-z)+2yz+2zx\) \(\geq 4\)
Mặt khác \(P = x+y+z \geq 0\)
\(\Leftrightarrow P \geq 2\)
\(\Rightarrow {min}_P = 2 \Leftrightarrow x=2;y=z=0\) và các hoán vị.
Tìm giá trị lớn nhất của P.
Cách 1:
Vì \(0 \leq x;y;z \leq 2\) nên:
\((2-x)(2-y)(2-z) = 8 -xyz - 4P + 2(xy+yz+zx) \)
\(4 + x^2+y^2+z^2- 4P + 2(xy+yz+zx) = 4-4P +P^2 \)
Áp dụng BĐT Cauchy ta được:
\((2-x)(2-y)(2-z) \leq \left( \dfrac{6-(x+y+z)}3 \right)^2 = \left( \dfrac{6-P}3 \right)^2\)
Suy ra:
\( \left( \dfrac{6-P}3 \right)^2 \geq 4-4P +P^2 \)
\(\Leftrightarrow P^3+9P^2 - 108 \leq 0 \)
\(\Leftrightarrow (P-3)(P^2+12P+36) \leq 0\) \(\Leftrightarrow P\leq 3\)
Vậy \({max}_P = 3 \Leftrightarrow x=y=z=1\).
Cách 2:
Vì \(0 \leq x;y;z \leq 2\) đồng thời áp dụng BĐT Bunhia - Copxki, ta có:
\(x^2 + y^2 + z^2 + xyz = 4 \geq x^2+y^2+z^2 \) \(\geq \dfrac{1}3 (x+y+z)^2\)
\(\Leftrightarrow P \leq {2}{\sqrt 3}\)
Đặt \(q = xy + yz + zx\)
\(r = xyz\)
Sử dụng hệ quả quen thuộc của BĐT Schur ta có:
\(r\geq \dfrac{P(4q-P^2)}{9}\)
Ta có:
\(x^2 + y^2 + z^2 + xyz = 4\)
\(\Leftrightarrow P^2 - 2q + r = 4\) \(\geq P^2 - 2q + \dfrac{P(4q-P^2)}{9} \)
\(\Leftrightarrow \dfrac{-1}{9} P^3 + P^2 + 2q\left (\dfrac{2}{9}P -1 \right) \leq 4\) (*)
Ta có \(q = xy+yz+zx \leq \dfrac{1}3 (x+y+z)^2 =\dfrac{1}3P^2\)
\(\Leftrightarrow 2q \leq \dfrac{2}3P^2\) (1)
Vì \(P \leq {2}{\sqrt 3} < \dfrac{9}2\) \(\Leftrightarrow \dfrac{2}{9}P -1 < 0\) (2)
Từ (1) và (2) Suy ra:
\(2q\left (\dfrac{2}{9}P -1 \right) \geq \dfrac{2}3P^2 \left (\dfrac{2}{9}P -1 \right)\) (**)
Từ (*) và (**), ta có:
\(4 \geq \dfrac{-1}{9} P^3 + P^2 + 2q\left (\dfrac{2}{9}P -1 \right) \) \( \geq \dfrac{-1}{9} P^3 + P^2 + \dfrac{2}3P^2 \left (\dfrac{2}{9}P -1 \right)\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{1}{27} P^3 + \dfrac{1}3P^2 - 4 \leq 0 \)
\(\Leftrightarrow P^3 + 9P^2 - 108 \leq 0 \)
\(\Leftrightarrow (P-3)(P+6)^2 \leq 0 \)
\(\Leftrightarrow P\leq 3\)
Vậy \({max}_P = 3 \Leftrightarrow x=y=z=1\).
*** Chứng minh Bổ đề: BĐT Schur ***
Ta có BĐT Schur cho 3 số thực không âm a,b,c có dạng:
\(a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0\)
Thật vậy, không mất tính tổng quát, giả sử \(a\leq b;a\leq c\).
Suy ra \(a(a-b)(a-c)\geq 0\)
Ta lại có:
\(b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b) = (b-c)(b^2 - ab +ac -c^2)\)
\(= (b-c)^2(b+c-a)\) \(\geq 0\)
Cộng vế theo vế 2 BĐT trên ta được:
\(a(a-b)(a-c)+b(b-c)(b-a)+c(c-a)(c-b)\geq 0\) (***)
Khai triển BĐT Schur trên, ta có:
(***) \(\Leftrightarrow \Sigma a^3 + 3abc -(a^2b+a^2c + b^2a+b^2c+c^2a+c^2b) \geq 0\)
\(\Leftrightarrow \Sigma a^3 + 6abc -(a^2b+a^2c + b^2a+b^2c+c^2a+c^2b+3abc) \geq 0\)
\(\Leftrightarrow \Sigma a^3 + 6abc -(a+b+c)(ab+bc+ca) \geq 0\)
\(\Leftrightarrow p^3 - 3pq + 3r + 6r - pq \geq 0\)
\(\Leftrightarrow p^3 - 4pq + 9r \geq 0\)
\(\Leftrightarrow r\geq \dfrac{p(4q-p^2)}{9}\) (Hệ quả sử dụng của BĐT Schur).
-/-
Trên đây là hướng dẫn giải chi tiết đề thi thử vào 10 môn toán năm 2020 quận Ba Đình, mong rằng đây sẽ là tài liệu hữu ích giúp các em ôn tập. Đừng quên còn rất nhiều tài liêu đề thi thử vào 10 môn toán khác của các tỉnh thành trên cả nước nhé.
