Chào các bạn học sinh và quý thầy cô, hôm nay LogaVN gửi tới bạn đọc tài liệu "Đề thi thử vào lớp 10 THPT năm 2020 lần 4 - trường THCS Lương Thế Vinh (có đáp án)". Hi vọng sẽ giúp ích cho các bạn học tập và giảng dạy.
https://chiasefull.com
TRƯỜNG THCS & THPT LƯƠNG THẾ VINH
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2019 – 2020
Môn: TOÁN
Ngày thi: 19/5/2019
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1. (2,0 điểm)
Cho
−
=
+
2 1
2
x
A
x
và
+ +
= − −
−
+ −
3 4 4 2 3
4 1
2 1 1 2
x x x
B
x
x x
với ≥ ≠
1
0,
4
x x .
a) Tính giá trị của biểu thức A tại = 25 x .
b) Rút gọn biểu thức B .
c) Tìm m để có duy nhất một giá trị của x thỏa mãn:
− + = − + − ( 1)( 2) (1 ) 3 4 AB x m x x .
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) Giải hệ phương trình:
+ − =
+
− − = −
+
1 7
| |
3
1
3
2 | | 3
1
x y
x
x y
x
ĐỀ THI THỬ LẦN 4 https://chiasefull.com
2) Cho Parabol =
2
( ): p y x và đường thẳng = − + ( ): ( 2) 3 d y m x .
a) Tìm tọa độ giao điểm của ( ) d và ( ) P khi =
5
2
m
b) Tìm m để ( ) d cắt ( ) P tại hai điểm phân biệt , AB 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 π
3
162 ( ) cm . 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: = . . HMHN 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 + + = 6 x y z và + + = 9 xy yz zx .
Chứng minh rằng: − + − + − <
2 4
( 1) ( 2) ( 3) 88 x y z .
https://chiasefull.com
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1. (2,0 điểm)
Cho
−
=
+
2 1
2
x
A
x
và
+ +
= − −
−
+ −
3 4 4 2 3
4 1
2 1 1 2
x x x
B
x
x x
với ≥ ≠
1
0,
4
x x .
a) Tính giá trị của biểu thức A tại = 25 x .
b) Rút gọn biểu thức B .
c) Tìm m để có duy nhất một giá trị của x thỏa mãn:
− + = − + − ( 1)( 2) (1 ) 3 4 AB x m x x .
Lời giải
a) Tính giá trị của biểu thức A tại = 25 x .
Thay = 25 x (thỏa điều kiện xác định) vào biểu thức A, ta được:
− −
= = = =
+
2 1 2.5 1 9 1
25 2 27
5
27
2
3
A
https://chiasefull.com
b) Rút gọn biểu thức B .
+ +
= − −
−
+ −
3 4 4 2 3
4 1
2 1 1 2
x x x
B
x
x x
+ +
= + −
−
+ −
3 4 4 2 3
4 1
2 1 2 1
x x x
B
x
x x
− + + +
= + −
− − −
3 (2 1) 4(2 1) 4 2 3
4 1 4 1 4 1
x x x x x
B
x x x
− + + +
= + −
− − −
6 3 8 4 4 2 3
4 1 4 1 4 1
x x x x x
B
x x x
− + + − − −
=
−
6 3 8 4 4 2 3
4 1
x x x x x
B
x
+ +
=
−
2 3 1
4 1
x x
B
x
+ + +
= =
+ − −
( 1)(2 1) 1
(2 1)(2 1) 2 1
x x x
B
x x x
https://chiasefull.com
c) Tìm m để có duy nhất một giá trị của x thỏa mãn:
− + = − + − ( 1)( 2) (1 ) 3 4 AB x m x x . (*)
Lời giải
− +
− = ⋅ −
+
−
2 1 1
1 1
2
2 1
x x
AB
x
x
+ + − − − + −
− = − = =
+ + +
1 1 2 1
1 1
2 2 2
x x x x x
AB
x x x
− + −
⇒ − + = ⋅ + = − + −
+
1
( 1)( 2) ( 2) 1
2
x x
AB x x x x
x
− + = − + − ( 1)( 2) (1 ) 3 4 AB x m x x
⇔ − + − = − + − 1 (1 ) 3 4 x x m x x
⇔ − + − = − + − 1 3 4 x x m m x x
⇔ − + + − + − = 1 3 4 0 x x m m x x
⇔ + − + − = (2 ) 3 0 x m x m
⇔ − − + = ( 1)( 3) 0 x x m
1 0 1
3 0 3
x x
x m x m
− = =
⇔ ⇔
− + = = −
Để có 1 giá trị duy nhất của x thì
3 0 3
3 1 4
1 7
3
2 2
m m
m m
m m
− < <
− = ⇔ =
− = =
https://chiasefull.com
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: 1 x + (hàng ghế)
Số ghế trên một dãy lúc đầu là:
120
x
(ghế)
Số ghế trên một dãy lúc sau là:
156
1 x +
(ghế)
Theo đề bài, ta có phương trình:
120 156
2
1 x x
+ =
+
120.( 1) 2 ( 1) 156
( 1) ( 1) ( 1)
x x x x
x x x x x x
+ +
⇒ + =
+ + +
120.( 1) 2 ( 1) 156 x x x x ⇒ + + + =
2
120 120 2 2 156 0 x x x x ⇔ + + + − =
2
2 34 120 0 x x ⇔ − + =
2
17 60 0 x x ⇔ − + = (*)
2
17 4.1.60 289 240 49 ∆= − = − = 49 7 ⇒ ∆ = =
Phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt:
1
12 x = (nhận);
2
5 x = (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. https://chiasefull.com
Bài 3. (2,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình:
+ − =
+
− − = −
+
1 7
| |
3
1
3
2 | | 3
1
x y
x
x y
x
2) Cho Parabol =
2
( ): p y x và đường thẳng = − + ( ): ( 2) 3 d y m x .
a) Tìm tọa độ giao điểm của ( ) d và ( ) P khi =
5
2
m
b) Tìm m để ( ) d cắt ( ) P tại hai điểm phân biệt , AB sao cho trục Oy
chia tam giác OAB thành hai phần có tỉ số diện tích bằng 3.
Lời giải
1)
+ − =
+
− − = −
+
1 7
| |
3
1
3
2 | | 3
1
x y
x
x y
x
, điều kiện: 1 x >−
Đặt
1
; 0
1
; 0
aa
x
x y bb
= >
+
− = >
. Khi đó ta có hệ phương trình:
7
3
3 2 3
a b
a b
+ =
− =−
5 10 2 2 2
3 3 7
7 7 7 1
3 2 3 2
3 3 3 3
b b b b
a b
a b a b a b a a
= = = =
+ =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
− =− + = + = + = =
(nhận)
Với
1 1 1
1 3
3 3
1
a x
x
= ⇒ = ⇒ + =
+
1 9 8 x x ⇔ + = ⇔ = (nhận)
https://chiasefull.com
Với 8; 2 x b = = ta có: 8 2 y − =
8 2 6
8 2 10
y y
y y
− = =
⇔ ⇔
− =− =
Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( ; ) (8;6) x y = hoặc ( ; ) (8;10) x y =
https://chiasefull.com
2) Cho Parabol =
2
( ): p y x và đường thẳng = − + ( ): ( 2) 3 d y m x .
a) Tìm tọa độ giao điểm của ( ) d và ( ) P khi =
5
2
m
b) Tìm m để ( ) d cắt ( ) P tại hai điểm phân biệt , AB sao cho trục Oy
chia tam giác OAB thành hai phần có tỉ số diện tích bằng 3.
Lời giải
a) Khi =
5
2
m thì = +
1
( ): 3
2
d y x
Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) d và ( ) P :
2
1
3
2
x x = +
2
1
3 0
2
x x ⇔ − − =
2
3
2 3 0
2
x x x ⇔ − + − =
3
( 2) ( 2) 0
2
x x x ⇔ − + − =
3
( 2) 0
2
x x
⇔ − + =
2 0 2
3 3
0
2 2
x x
x x
− = =
⇔ ⇔
+ = =−
Với
2
2 2 4 x y = ⇒ = =
Với
2
3 3 9
2 2 4
x y
=− ⇒ =− =
Vậy tọa độ giao điểm của ( ) d và ( ) P là:
1
(2;4) A ;
1
3 9
;
2 4
B
−
b) Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) d và ( ) P : https://chiasefull.com
= − + ⇔ − − − =
2 2
( 2) 3 ( 2) 3 0 x m x x m
2 2
( 2) 4.3 ( 2) 12 0 m m ∆= − + = − + >
Suy ra ( ) d luôn cắt ( ) P tại hai điểm phân biệt với mọi m .
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có:
2
. 3
A B
A B
x x m
x x
+ = −
=−
Để ( ) d cắt ( ) P tại hai điểm phân biệt , AB 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: 3
A B
x x =
3
A B
x x ⇒ = hoặc 3
A B
x x =−
Với
2 2
3 . 3 3 3
A B A B B B
x x x x x x = ⇒ = ⇔ =− (loại)
Với
2 2
3 . 3 3 3
A B A B B B
x x x x x x =− ⇒ =− ⇔ − =−
2
1 1
B B
x x ⇔ = ⇔ = hoặc 1
B
x =−
Với
3
1 3
1
B A
x x
−
=− ⇒ = =
−
. Mà 2
A B
x x m + = −
3 1 2 4 m m ⇒ − = − ⇔ =
Với
3
1 3
1
B A
x x
−
= ⇒ = =− . Mà 2
A B
x x m + = − https://chiasefull.com
3 1 2 0 m m ⇒− + = − ⇔ =
Vậy 0 m = hoặc 4 m = thì ( ) d cắt ( ) P tại hai điểm phân biệt , AB sao
cho trục Oy chia tam giác OAB thành hai phần có tỉ số diện tích bằng
3.
https://chiasefull.com
Bài 4. (3,5 điểm)
1) Một hình trục có chiều cao gấp ba lần đường kính đáy. Biết thể tích
của nó bằng π
3
162 ( ) cm . Hãy tính diện tích toàn phần của hình trụ đó.
Lời giải
Gọi bán kính đáy của hình trụ là: ( ), 0 R cm R >
Chiều cao của hình trụ là: 6 ( ) R cm
Thể tích hình trụ là:
2 2 3
6 6 162 V Rh R R R π π π π = = = =
3 3
162
27 27 3( )
6
R R cm
π
π
⇒ = = ⇒ = =
Diện tích toàn phần của hình trụ là:
2 2 2
2 2 2 .3 2 .3.18 126 ( )
tp
S R Rh cm π π π π π = + = + = https://chiasefull.com
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: = . . HMHN 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.
Vì , AB AC là các tiếp tuyến của đường tròn nên ta có:
0 0
90 ; 90 ABO ACO = =
Xét tứ giác ABOC có:
0 0 0
90 90 180 ABO ACO + = + =
Mà
; ABO ACO là hai góc đối nhau.
Suy ra tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.
N
H
C
A O
B
M https://chiasefull.com
b) Chứng minh: = . . HMHN HBHC và
= AMN AON .
Xét MBH ∆ và CNH ∆ có:
BMH CNH = (Hai góc nội tiếp cùng chắn
MC )
BHM CHN = (Hai góc đối đỉnh)
Do đó: ( . ) MBH CNH gg ∆ ∆
HM HB
HC HN
⇒ =
⇒ = . . HMHN HBHC
Theo câu a, ta có: tứ giác ABOC là tứ giác nội tiếp.
. . HBHC HOHA ⇒ =
. . HOHA 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 cgc ∆ ∆
AMH NOH ⇒ = hay
= AMN AON
N
H
C
A O
B
M https://chiasefull.com
c) Xác định vị trí của dây MN để AB là tiếp tuyến của đường tròn
ngoại tiếp ∆AMN .
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:
2
. AKAN AB = (1)
Xét OBA ∆ vuông tại B
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
2
. AH AO AB = (2)
Từ (1) và (2) suy ra: . . AKAN 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)
K
N
H
C
A O
B
M https://chiasefull.com
AHK AHM ⇒ =
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 ⇒ =
K
N
H
C
A O
B
M https://chiasefull.com
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 .
https://chiasefull.com
Bài 5. (0,5 điểm)
Cho , , x y z là các số thực thỏa mãn + + = 6 x y z và + + = 9 xy yz zx .
Chứng minh rằng: − + − + − <
2 4
( 1) ( 2) ( 3) 88 x y z .
Lời giải
Ta có: + + = ⇒ + = − 6 6 x y z x y z
+ + = ⇒ + + = 9 ( ) 9 xy yz zx xy z x y
⇒ = − + = − − 9 ( ) 9 (6 ) xy z x y z z
Ta cũng có:
2
( ) 4 x y xy + ≥
2
(6 ) 4 9 (6 ) z z z ⇔ − ≥ − −
2 2
36 12 4 9 6 z z z z ⇔ − + ≥ − +
2 2
36 12 36 24 4 z z z z ⇔ − + ≥ − +
2
3 12 0 z z ⇔ − ≤
3 ( 4) 0 z z ⇔ − ≤
0 4 z ⇔ ≤ ≤
Vì vai trò của , , x y z như nhau, nên ta có: 0 ; ; 4 x y z ≤ ≤
Từ đó, ta có:
1 3 x − ≤
2 2 2 y − ≤ − ≤ suy ra:
2
( 2) 4 y− ≤
3 3 1 z − ≤ − ≤ suy ra:
4
( 3) 81 z − ≤
Khi đó: − ≤ − + + −
2 4
( 1) ( 2) ( 3) 88 x y z
Dấu “=” xảy ra khi 4; 0; 0 x y z = = = hoặc 4; 4; 0 x y z = = = (không thỏa
điều kiện bài toán)
Vậy − + − + − <
2 4
( 1) ( 2) ( 3) 88 x y z