Cùng Đọc tài liệu thử sức với đề thi thử tuyển sinh vào 10 dành cho các em học sinh lớp 9 năm học 2019-2020 do trường THCS Lê Quang Cường (Bà Rịa) ra đề:
Đề thi thử
UBND THÀNH PHỐ BÀ RỊA TRƯỜNG THCS LÊ QUANG CƯỜNG ĐẾ CHÍNH THỨC | KỲ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2020-2021 MÔN THI: TOÁN Ngày thi 28 tháng 05 năm 2020 Thời gian làm bài thi: 120 phút, không kể thời gian giao đề |
Bài 1 (3,0 điểm)
1. Giải phương trình \(x^2 + 7x-18 = 0\).
2. Giải hệ phương trình
\(\left\{ \matrix{ 2x - 3y = 5 \hfill \cr 5x + 2y = 3 \hfill \cr} \right.\)
3. Rút gọn các biểu thức sau:
a) \(A = \sqrt{27} +5\sqrt{12} - 2\sqrt{3}\).
b) \(B = (\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}):\dfrac{\sqrt{x}}{x-4}\) \((x>0; x ≠ 4)\)
Bài II (1,5 điểm) Cho phương trình \(x^2 – 2(m+1)x+2m = 0\) (1).
1. Chứng minh phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt \(x_1, x_2\) với mọi m.
2. Tìm m để hai nghiệm \(x_1, x_2\) của phương trình (1) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng \sqrt{12}.
Bài III (1,5 điểm)
1. Cho parabol (P): \(y=\dfrac{-1}{2}x^2\) và đường thẳng (d): \(y=-x-4.\)
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.
2. Giải phương trình \((x+2)² - \sqrt{x^2 +4x-1}=7 \)
Bài IV (3,5 điểm)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) có AD là đường kính. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EH vuông góc với AD(H∈ AD; H khác O).
1. Chứng minh tứ giác ABEH nội tiếp.
2. Chứng minh AC là tia phân giác của góc ∠BCH.
3. Gọi I là trung điểm của DE. Chứng minh CI.BD = DH.DO.
Bài V (0,5 điểm) Cho các số dương x, y, z thay đổi và thỏa mãn \(x^4 + y^4 + z^4 = 2(x+y+z)\). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức \(S = xyz + \dfrac{5}{xyz}\)
-Hết-
Như vậy đề thi thử vào 10 môn Toán năm học 2020 - 2021 dành cho các em học sinh lớp 9 tại Bà Rịa khá sát với cấu trúc đề thi môn toán đã cho của các năm trước, đừng quên tham khảo các đề thi thử vào lớp 10 các môn khác của tất cả các tỉnh thành trên cả nước do Đọc tài liệu tổng hợp nữa em nhé.
Lời giải chi tiết
Bài 1 (3,0 điểm)
1. Ta có:
\(x^2 + 7x-18 = 0\).
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x=2 \hfill \cr x=-9 \hfill \cr} \right. \)
2. Ta có:
\(\left\{ \matrix{ 2x - 3y = 5 \hfill \cr 5x + 2y = 3 \hfill \cr} \right.\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x=1 \hfill \cr y=-1 \hfill \cr} \right. \)
3. Ta rút gọn các biểu thức đã cho như sau:
a) \(A = \sqrt{27} +5\sqrt{12} - 2\sqrt{3}\).
\(= 3\sqrt{3} +10\sqrt{3} - 2\sqrt{3}\)
\(= 11\sqrt{3} \)
b) \(B = (\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}):\dfrac{\sqrt{x}}{x-4}\) \((x>0; x ≠ 4)\)
\(B = (\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}):\dfrac{\sqrt{x}}{x-4}\)
\(= (\dfrac{1}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{1}{\sqrt{x}-2}).\dfrac{x-4}{\sqrt{x}}\)
\(= ({\sqrt{x}-2}+{\sqrt{x}+2}).\dfrac{1}{\sqrt{x}}\)
\(= 2\sqrt{x}.\dfrac{1}{\sqrt{x}}\)
\(= 2 \)
Bài II (1,5 điểm) Cho phương trình \(x^2 – 2(m+1)x+2m = 0\) (1).
1. Ta có:
\(\Delta' =(m+1)^2 - 2m\) \( =m^2+1 > 0\) với mọi m
Tức là phương trình (1) đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt (đpcm)
2.
Áp dụng hệ thức Vi-ét cho (1), ta có:
\(\left\{ \matrix{ x_1+x_2 = 2(m+1) \hfill \cr x_1x_2=2m \hfill \cr} \right. \)
Để hai nghiệm \(x_1, x_2\) của phương trình (1) là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng \(\sqrt{12}\), tức là:
\(\left\{ \matrix{ x_1^2 + x_2^2 = 12\hfill \cr x_1;x_2>0 \hfill \cr} \right. \)
Để \(x_1;x_2>0\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x_1 + x_2 >0\hfill \cr x_1x_2>0 \hfill \cr} \right. \)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ 2(m+1)>0\hfill \cr 2m>0 \hfill \cr} \right. \)
\(\Leftrightarrow m>0\)
Ta có:
\(x_1^2 + x_2^2 = 12\)
\(\Leftrightarrow (x_1 + x_2)^2 -2x_1x_2 = 12\)
\(\Leftrightarrow 4(m+1)^2 -4m = 12\)
\(\Leftrightarrow 4m^2+ 4m -8=0\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ m=1 \hfill \cr m=-2 \hfill \cr} \right. \)
Kết hợp với điều kiện m > 0, vậy ta có m = 1 thì thoả mãn điều kiện đề bài.
Bài III (1,5 điểm)
1. Cho parabol (P): \(y=\dfrac{-1}{2}x^2\) và đường thẳng (d): \(y=-x-4\).
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ.
b)
Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình:
\(-x-4=\dfrac{-1}{2}x^2\)
\(\Leftrightarrow x^2-2x-8=0\)
\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x_1=-2 \Rightarrow y_1 =-2 \hfill \cr x_2 = 4 \Rightarrow y_2 =-8 \hfill \cr} \right.\)
Vậy giao điểm của (P) và (d) là 2 điểm có toạ độ \((-2;-2)\) và \((4;-8)\)
2. Ta có:
\((x+2)² - \sqrt{x^2 +4x-1}=7 \)
(đkxđ \({x^2 +4x-1}\geq 0\))
\(\Leftrightarrow x^2+4x+4 - \sqrt{x^2 +4x-1}=7 \)
\(\Leftrightarrow (x^2+4x-1) - \sqrt{x^2 +4x-1} -2 =0\)
\(\Leftrightarrow (\sqrt{x^2 +4x-1} -2)(\sqrt{x^2 +4x-1} +1) =0\)
\(\Leftrightarrow \sqrt{x^2 +4x-1} -2 =0\) (Vì \(\sqrt{x^2 +4x-1} +1 \geq 1 > 0\))
\(\Leftrightarrow {x^2 +4x-1}=4\)
\(\Leftrightarrow {x^2 +4x-5}=0\)
\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ x=1 \hfill \cr x=-5 \hfill \cr} \right.\)
Bài IV (3,5 điểm)
1.
Tam giác ABD nội tiếp (O) có AD là đường kính \(\Rightarrow\) ∠ABD = 90⁰ = ∠EHA (theo giả thiết EH ⊥ AD)
\(\Rightarrow\) Tứ giác ABEH nội tiếp đường tròn đường kính AE (đpcm).
2.
Tương tự ý a, ta có ∠ACD = ∠EHD = 90⁰ \(\Rightarrow\) Tứ giác ECDH nội tiếp đường tròn đường kính DE
\(\Rightarrow\) ∠ECH = ∠EDH (góc nội tiếp cùng chắn cung EH)
Lại có ∠ACB = ∠BDA = ∠EDH (góc nội tiếp (O) cùng chắn cung AB)
Suy ra ∠ACB = ∠ECH hay CA là tia phân giác của ∠BCH (đpcm)
3.
Từ chứng minh ý trên, ta có ECDH nội tiếp đường tròn đường kính DE, mà I là trung điểm DE \(\Rightarrow\) I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ECDH
\(\Rightarrow\) IC = IE = IH = ID
Dễ thấy tam giác IHD cân tại I \(\Rightarrow\) ∠IHD = ∠IDH = ∠ODB
Tương tự tam giác BOD cân tại O \(\Rightarrow\) ∠OBD = ∠ODB
Suy ra ∠IHD = ∠OBD.
Xét 2 tam giác DHI và DBO, có:
∠IHD = ∠OBD
Góc BDA chung
Suy ra △DHI ∽ △DBO \(\Rightarrow\) \(\dfrac{DI}{DH}=\dfrac{OD}{DB}\)
\(\Leftrightarrow\) DH.DO = DI.BD = CI.BD (Do IC = ID chứng minh trên)
Vậy CI.BD = DH.DO (đpcm)
Bài V (0,5 điểm)
Áp dụng bất đẳng thức Bunhya - Cốpxki cho bộ số \(x^2\); \(y^2\); \(z^2\) và 1; 1; 1 ta có:
\((x^2+y^2 + z^2)^2=(1.x^2+1.y^2 + 1.z^2)^2 \leq 3 (x^4+y^4+z^4)\)
\(\Leftrightarrow \frac{1}{3}(x^2+y^2 + z^2)^2 \leq x^4+y^4+z^4\)
Tương tự ta có:
\(\frac{1}{3}(x+y + z)^2 \leq (x^2+y^2+z^2)\)
\(\Leftrightarrow \frac{1}{27}(x+y + z)^4 \leq \frac{1}{3} (x^2+y^2+z^2)^2 \leq x^4+y^4+z^4\)
\(\Leftrightarrow \frac{1}{27}(x+y + z)^4 \leq x^4+y^4+z^4 = 2(x+y+z)\)
\(\Leftrightarrow (x+y + z)^3 \leq 54\) (do x,y,z dương)
\(\Leftrightarrow (x+y + z) \leq 3\sqrt[3]2\)
Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho bộ 3 số dương x; y; z, ta có:
\( 3\sqrt[3]2 \geq (x+y + z) \geq 3\sqrt[3]{xyz}\)
\(\Leftrightarrow xyz \leq 2\)
\(\Leftrightarrow \dfrac{1}{xyz} \geq \dfrac{1}{2}\) (1)
Áp dụng Bất đẳng thức Cauchy cho bộ 2 số dương \(xyz \) và \(\dfrac{4}{xyz}\) ta có:
\(xyz + \dfrac{4}{xyz} \geq 2\sqrt{xyz .\dfrac{4}{xyz}} =4\) (2)
Từ (1) và (2) Suy ra:
\(S = xyz + \dfrac{5}{xyz}\)
\( = xyz + \dfrac{4}{xyz} + \dfrac{1}{xyz}\) \(\geq 4 + \dfrac{1}{2}\) \(=\dfrac{9}{2}\)
Dấu bằng xảy ra
\(\Leftrightarrow x=y=z=\sqrt[3]{2}\).
Vậy \(min \space S = \dfrac{9}{2} \) \(\Leftrightarrow x=y=z=\sqrt[3]{2}\).
Trên đây là hướng dẫn giải chi tiết đề thi thử vào 10 môn toán năm 2020 của trường THCS Lê Quang Cường (Bà Rịa), 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.
- Trọn bộ đề thi tuyển sinh lớp 10 môn toán 2019 của 63 tỉnh thành phố -