Đề thi thử Toán vào lớp 10 năm 2020 trường THPT Lương Thế Vinh lần 3

Xem ngay đề thi thử vào lớp 10 môn toán có đáp án trường Lương Thế Vinh năm 2020 lần 3 giúp các em ôn luyện cho kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10.
Mục lục nội dung

Cùng Đọc tài liệu thử sức với đề thi thử vào lớp 10 môn toán năm 2020 trường Lương Thế Vinh lần thi thử thứ ba em nhé:

Đề thi thử

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: \(A = \dfrac{\sqrt x -3}{\sqrt x}\) và

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

Với \(x > 0; x ≠ 4\)

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

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 \(108 \pi \space {cm}^3\). 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:

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

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:

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

Hết 

Trên đây là 5 câu hỏi trong đề thi thử lớp 10 lần thứ 3 của Lương Thế Vinh (Hà Nội) với môn Toán, cùng làm bài thi trong 120 phút rồi đối chiếu với đáp án chi tiết dưới đây em nhé:

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

Bài 1 (2 điểm)

1. 

Ta có: 

\(x = \sqrt{4+2\sqrt 3} -\sqrt 3\)

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

Thay vào A ta có:

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

2. 

Với \(x > 0; x ≠ 4\), ta có:

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

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

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

3. Tìm m để có x thoả mãn: A.B = m.

Ta có:

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

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:

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

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

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: \(V = 4r.S_{đáy} = 4r.\pi. r^2 = 108 \pi\)

\(\Rightarrow r = 3\) (cm)

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

\(S_{tp} = S_{xq} + 2S_{đáy}\)

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

Bài 3 (2 điểm)

1. 

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

ĐKXĐ \(y\geq 0;x ≠ y\)

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

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

Kết luận....

2.

a)

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

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

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

\(\Delta = (2m-1)^2 +4.8 > 0 \) 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:

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

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 \(|x_1| \geq |x_2|\), theo giả thiết ta có: \(\dfrac{|x_1|}{|x_2|} = 2\)

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

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

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

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

Kết luận....

Bài 4 (3 điểm) 

câu 4 đề thi thử Toán vào lớp 10 năm 2020 THPT Lương Thế Vinh 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)

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)

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

b) 

Ta có:

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

⇒ 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)

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)

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)

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

ĐKXĐ \(-2\leq x \leq 2\)

Đặt \(\sqrt{2+x} = a\)

\(\sqrt{2-x} = b\) (\(a;b \geq0\))

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

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

Ta có:

\((a+b)^2 = 4 + 2\sqrt{(2+x)(2-x)} \geq 4\) 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:

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

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

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

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

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

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

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

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

Hay \(\Leftrightarrow 2\geq P \geq 2\sqrt 2 - 2\).

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

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

-/-

Trên đây là hướng dẫn giải chi tiết đề thi thử vào 10 môn toán năm 2020 lần 3 của trường Lương Thế Vinh, 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.

Xem thêm:

- Đề thi thử vào 10 môn Toán Lương Thế Vinh lần 1

Đề thi thử vào 10 môn Toán Lương Thế Vinh lần 2

Bạn còn vấn đề gì băn khoăn?
Vui lòng cung cấp thêm thông tin để chúng tôi giúp bạn
Hủy

CÓ THỂ BẠN QUAN TÂM