Cùng Đọc tài liệu thử sức với đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn toán năm 2020 lần thứ 2 của huyện Tuy Phước vừa diễn ra em nhé:
Đề thi thử
Bài 1: (2,0 điểm)
1. Rút gọn biểu thức:
\(\sqrt {54} + 2 \sqrt{24} - \sqrt{150}\)
2. Cho biểu thức:
\(M = \left( 1+ \dfrac{\sqrt a}{a+1} \right): \left( \dfrac{1}{\sqrt a-1} - \dfrac{2\sqrt a}{a\sqrt a+\sqrt a -a-1} \right)\)
Với \(a \geq 0; a ≠ 1\)
a. Rút gọn biểu thức M.
b. Tìm các giá trị của a sao cho M > 1.
Bài 2: (1,5 điểm) Cho phương trình (ẩn x, m là tham số)
\((m-1) x^2 - 2(m+1)x + m = 0\)
a. Giải phương trình khi m = 2.
b. Tìm m sao cho phương trình có 2 nghiệm x1,x2 phân biệt thoả mãn điều kiện sau: \(|x_1-x_2| \geq 2\)
Bài 3: (1,5 điểm) Một ô tô dự định đi từ tỉnh A đến tỉnh B cách nhau 120 km trong một thời gian quy định. Sau khi đi được một giờ, ô tô bị chắn đường bởi xe hoả 10 phút. Do đó, để đến tỉnh B đúng hạn, xe phải tăng vận tốc thêm 6km/h. Tính vận tốc ô tô lúc đầu.
Bài 4: (4,0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính AB = 2R. C là điểm nằm bất kỳ trên nửa đường tròn sao cho C ≠ A,B và \(AC < CB\). D thuộc cung BC sao cho ∠DOC = 90°. E là giao điểm của AD và BC, F là giao điểm của AC và BD.
a. Chứng minh tứ giác CEDF là tứ giác nội tiếp.
b. Chứng minh rằng FC.FA = FD.FB.
c. I là trung điểm của EF. Chứng minh rằng IC là tiếp tuyến của (O).
d. Khi C thay đổi thoả mãn điều kiện của bài toán thì I thuộc đường tròn cố định nào?
Bài 5: (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
\(\dfrac{1}{a+2b+c} + \dfrac{1}{b+2c+a} + \dfrac{1}{c+2a+b} \leq \dfrac{1}{a+3b} + \dfrac{1}{b+3c} + \dfrac{1}{c+3a}\)
Hết
Trên đây là 5 câu hỏi trong đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 mới nhất của Tuy Phước (Bình Định) với môn Toán, cùng làm bài thi này trong 120 phút rồi đối chiếu với đáp án chi tiết dưới đây em nhé:
Giải chi tiết
Bài 1:
1.
\(\sqrt {54} + 2 \sqrt{24} - \sqrt{150}\)
\(= 3\sqrt {6} + 4 \sqrt{6} - 5\sqrt{6} = 2\sqrt{6} \)
2.
a.
Với \(a \geq 0; a ≠ 1\), ta có:
\(M = \left( 1+ \dfrac{\sqrt a}{a+1} \right): \left( \dfrac{1}{\sqrt a-1} - \dfrac{2\sqrt a}{a\sqrt a+\sqrt a -a-1} \right)\)
\(= \dfrac{a+\sqrt a+1}{a+1} : \left( \dfrac{1}{\sqrt a-1} - \dfrac{2\sqrt a}{(\sqrt a-1)(a+1)} \right)\)
\(= \dfrac{a+\sqrt a+1}{a+1} :\dfrac{a+1-2\sqrt a}{(\sqrt a-1)(a+1)}\)
\(= \dfrac{a+\sqrt a+1}{a+1} .\dfrac{(\sqrt a-1)(a+1)}{(\sqrt a -1)^2}\)
\(= \dfrac{a+\sqrt a+1}{\sqrt a-1}\)
b.
Với \(a \geq 0; a ≠ 1\), ta có:
\(M > 1 \Leftrightarrow \dfrac{a+\sqrt a+1}{\sqrt a-1} > 1\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{a+\sqrt a+1- \sqrt a+1}{\sqrt a-1} > 0\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{a+2}{\sqrt a-1} > 0\)
\(\Leftrightarrow a>1\)
Bài 2:
a.
Với m = 2 thay vào phương trình ta có:
\((2-1) x^2 - 2(2+1)x + 2 = 0\)
\(\Leftrightarrow x^2 - 6x + 2 = 0\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x = 3 +\sqrt 7 \hfill \cr {x} = 3 -\sqrt 7 \hfill \cr} \right. \)
b.
Để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
\(\left\{ \matrix{ \Delta' = (m+1)^2 - m(m-1) =3m+1 >0 \hfill \cr m-1 ≠0 \hfill \cr} \right.\) \(\Leftrightarrow m >\dfrac{-1}3;m ≠1\)
Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:
\(\left\{ \matrix{ x_1+x_2 = \dfrac{2(m+1)}{m-1} \hfill \cr x_1x_2 = \dfrac{m}{m-1} \hfill \cr} \right.\)
Ta có: \(|x_1-x_2| \geq 2\)
\(\Leftrightarrow (x_1-x_2)^2 \geq 4\) \(\Leftrightarrow (x_1+x_2)^2 - 4x_1x_2 \geq 4\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{4(m+1)^2}{(m-1)^2} - \dfrac{4m}{m-1} \geq 4\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{4(m+1)^2 - 4m(m-1)}{(m-1)^2} \geq 4\)
\(\Leftrightarrow 12m+4 \geq 4{(m-1)^2}\)
\(\Leftrightarrow 4m^2 - 20m \leq 0\)
\(\Leftrightarrow m(m-5) \leq 0\)
\(\Leftrightarrow 0 \leq m \leq 5\)
Kết luận: \(0 \leq m \leq 5 ; m≠1\) .....
Bài 3:
Gọi vận tốc ô tô ban đầu là X (km/h, X > 0)
Thời gian quy định ban đầu là \(\dfrac{120}X\) (h)
Quãng đường ô tô đó đi được trong một giờ đầu là 1.X = X (km)
Theo giả thiết ta có:
\(\dfrac{120}X = 1 + \dfrac{10}{60} + \dfrac{120-X}{X+6}\)
\(\Leftrightarrow 120(X+6) = \dfrac{7}6 X(X+6)+ (120-X)X\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{1}6 X^2 + 7X - 720 = 0\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ X = 48 \hfill \cr X = -90 \space (loại)\hfill \cr} \right.\)
KL.......
Bài 4:
a.
Vì AB là đường kính của đường tròn (O) ⇒ ∠ACB = ∠ADB = 90° hay ∠ECF = ∠EDF = 90°
⇒ C, D cùng thuộc đường tròn đường kính EF, hay tứ giác CEDF nội tiếp (đpcm).
b.
Vì tứ giác ABDC nội tiếp ⇒ ∠ABD = 180° - ∠ACD = ∠FCD hay ∠FBA = ∠FCD.
Xét △FCD và △FBA, có:
Góc CFD chung
∠FBA = ∠FCD (cmt)
Suy ra △FCD ∽ △FBA ⇒ \(\dfrac {FC}{FD} = \dfrac {FB}{FA} \) ⇒ FC.FA = FD.FB (đpcm).
c.
Vì tứ giác CEDF nội tiếp ⇒ ∠FEC = ∠FDC (góc nội tiếp cùng chắn cung FC) = 180° - ∠CDB = ∠CAB.
Xét △FCE và △BCA, có:
∠FCE = ∠BCA (= 90°)
∠FEC = ∠CAB (cmt)
Suy ra △FCE ∽ △BCA ⇒ ∠EFC = ∠ABC = ∠OCB (vì △OCB cân tại O) (1)
Xét △FCE vuông tại C, có CI là trung tuyến ⇒ CI = IE ⇒ △CIE cân tại I
⇒ ∠ICE = ∠IEC (2)
Từ (1) với (2) ta có: ∠ICE + ∠OCB = ∠IEC + ∠EFC
⇔ ∠ICO = 90° Hay IC là tiếp tuyến tại C của (O;R) (đpcm).
d.
Chứng minh tương tự, ta có ID cũng là tiếp tuyến tới (O).
Theo tính chất tiếp tuyến ta có IC = ID và ∠ICO = ∠IDO = ∠DOC = 90° ⇒ ICOD là hình vuông.
⇒ \(IO = \sqrt 2 OC = R\sqrt 2\).
Vậy khi C thay đổi thoả mãn đk bài toán thì I thuộc đường tròn \((O;R\sqrt 2)\).
Bài 5:
Ta áp dụng BĐT AM-GM cho x,y dương:
\((x+y)^2 \geq 4 xy\)
\(\Leftrightarrow (x+y)\left(\dfrac{x+y}{xy} \right) \geq 4\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{y} \geq \dfrac{4}{x+y}\) (*)
Áp dụng (*), ta có:
\( \dfrac{1}{a+3b} + \dfrac{1}{a+b+2c} \geq \dfrac{4}{2a+4b+2c} =\dfrac{2}{a+2b+c} \)
Chứng minh tương tự ta có:
\( \dfrac{1}{b+3c} + \dfrac{1}{2a+b+c} \geq \dfrac{4}{2a+2b+4c} =\dfrac{2}{a+b+2c} \)
\( \dfrac{1}{c+3a} + \dfrac{1}{a+2b+c} \geq \dfrac{4}{4a+2b+2c} =\dfrac{2}{2a+b+c} \)
Cộng vế theo vế đồng thời khử hạng tử trùng lặp của 3 BĐT trên, ta có:
\(\dfrac{1}{a+3b} + \dfrac{1}{b+3c} + \dfrac{1}{c+3a} \geq \dfrac{1}{a+2b+c} + \dfrac{1}{b+2c+a} + \dfrac{1}{c+2a+b} \) (đpcm)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.
-/-
Trên đây là hướng dẫn giải chi tiết đề thi thử vào 10 môn toán năm 2020 Tuy Phước (Bình Định), 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 lớp 10 môn toán khác của các tỉnh thành trên cả nước nhé.