Đề Thi Thử Vào Lớp 10 Môn Toán Năm 2020 Trường THCS Đống Đa

  Trường THCS Đống Đa vừa tổ chức kỳ thi thử tuyển sinh vào lớp 10 dành cho các em học sinh khối lớp 9, cùng Đọc tài liệu tham khảo để thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán diễn ra vào sáng ngày 6/7/2020 em nhé:

Đề thi

PHÒNG GD & ĐT QUẬN ĐỐNG ĐA TRƯỜNG THCS ĐỐNG ĐA ĐỂ CHÍNH THỨC

ĐỂ KHẢO SÁT VÀO LỚP 10 THPT MÔN: TOÁN Ngày kiểm tra: 06 tháng 7 năm 2020 Thời gian làm bài: 120 phút

Bài I. (2,0 điểm)

Cho hai biểu thức \(A = \dfrac{\sqrt{x}-3}{x-\sqrt{x}+1} \)

và \(B =  \left(\dfrac{3\sqrt{x}+6}{x-9} - \dfrac{2}{\sqrt{x}-3}\right)  : \dfrac{1}{\sqrt{x}+3} \) với x ≥ 0, x ≠ 9

1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 4. 

2) Rút gọn biểu thức B.

3) Cho biểu thức P = A. B. Chứng minh |P| = P với x ≥ 0, x ≠ 9. 

Bài II. (2,5 điểm)

1) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình. Một mảnh đất hình chữ nhật có diện tích bằng 120 mét vuông. Nếu giảm chiều dài mảnh đất đó 3 mét và tăng chiều rộng thêm 2 mét thì diện tích mảnh đất không đổi. Tìm chiều dài và chiều rộng của mảnh đất ban đầu.

2) Tính diện tích cần để phủ kín là của một chiếc nón có đường kính đáy là 40cm và độ dài đường sinh là 30cm (làm tròn đến cm², cho π = 3,14). 

Bài III. (2,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình:

\(\left\{ \matrix{ \dfrac{2}{x}+\dfrac{1}{y+2}= 2 \hfill \cr \dfrac{8}{x}-\dfrac{3}{y+2}= 1 \hfill \cr} \right.\)

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d₁: y = 2x-1 và d₂: y = x+2. Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d₁ và d₂. 

3) Cho phương trình: x⁴ - 2(m+1)x² + 4m =0 (m là tham số).

Tìm tất cả giá trị của m để phương trình trên có bốn nghiệm phân biệt x₁, x₂, x₃, x₄ thỏa mãn: x₁² + x₂² + x₃² + x₄² = 12. 

Bài IV. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB ≤ AC) nội tiếp đường tròn (O; R). Lấy điểm M thuộc cung BC không chứa điểm  sao cho cung \(\stackrel\frown{MB} \,\, < \,\,\stackrel\frown{MC}\) (M không trùng B) Gọi H, I, K lần lượt là hình chiếu của điểm M trên các đường thẳng AB, BC, AC.

1) Chứng minh: Tứ giác MHBI và tứ giác MIKC là các tứ giác nội tiếp. 

2) Chứng minh: MA.MI = MH.MC.

 3) Chứng minh: ba điểm H, I, K thẳng hàng và \(\dfrac{AB}{MH}+\dfrac{AC}{MK}=\dfrac{BC}{MI}\)

Bài V. (0,5 điểm) Giải phương trình: \(\sqrt{x^2+4x}+\sqrt{4x-6}=\sqrt{3x^2+7x+2}\)

- HẾT -

Xem thêm các tài liệu đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 tất cả các môn ăm 2020 nữa em nhé!

Đáp án

Bài I. 

1) 

Với x = 4 ta có:

\(A = \dfrac{\sqrt{4}-3}{4-\sqrt{4}+1} = \dfrac{-1}{3} \)

2) 

Với x ≥ 0, x ≠ 9, ta có:

\(B =  \left(\dfrac{3\sqrt{x}+6}{x-9} - \dfrac{2}{\sqrt{x}-3}\right)  : \dfrac{1}{\sqrt{x}+3} \)

\(= \dfrac{3\sqrt{x}+6-2(\sqrt{x}+3)}{(\sqrt{x}-3)(\sqrt{x}+3)}  .{\sqrt{x}+3} \)

\(= \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3}\)

3)

Với x ≥ 0, x ≠ 9, ta có:

\(P = A. B = \dfrac{\sqrt{x}-3}{x-\sqrt{x}+1} . \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}-3} = \dfrac{\sqrt{x}}{x-\sqrt{x}+1}\)

\(= \dfrac{\sqrt{x}}{\left( \sqrt{x} -\dfrac{1}2 \right)^2+ \dfrac{3}4} \geq 0\) Với mọi x ≥ 0, x ≠ 9.

Hay \(|P| = P\) với x ≥ 0, x ≠ 9 (đpcm).

Bài II. 

1) 

Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh đất ban đầu lần lượt là A và B (mét, A > B > 0)

Theo bài ra ta có:

\(\left\{ \matrix{ A.B = 120 \hfill \cr (A-3)(B+2) = 120 \hfill \cr} \right. \)

\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ A.B = 120 \hfill \cr A.B - 3B + 2A - 6= 120 \hfill \cr} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ A.B = 120 \hfill \cr 2A - 3B= 120+6-A.B =6 \hfill \cr} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \dfrac{6+3B}2 .B = 120 \hfill \cr A =\dfrac{6+3B}2 \hfill \cr} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ \left[ \matrix{ B = 8 & (tm) \hfill \cr B = -10 & (loại) \hfill \cr} \right. \hfill \cr A =\dfrac{6+3B}2 \hfill \cr} \right.\)

\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ B = 8 \hfill \cr A =15 \hfill \cr} \right.\)  (tm)

KL: chiều dài và chiều rộng của mảnh đất ban đầu lần lượt là 15m và 8m.

2) 

Diện tích cần tìm là: \(S_{xq} = \pi rl = 3,14.20.30 = 1884 \space ({cm}^2)\)

Bài III. 

1) 

\(\left\{ \matrix{ \dfrac{2}{x}+\dfrac{1}{y+2}= 2 \hfill \cr \dfrac{8}{x}-\dfrac{3}{y+2}= 1 \hfill \cr} \right.\)

(đkxđ: x ≠ 0; y ≠ -2)

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

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

2)

Tọa độ giao điểm của hai đường thẳng d₁ và d₂ là nghiệm của hệ:

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

\(\Leftrightarrow \left\{ \matrix{ x = 3 \hfill \cr y = 5 \hfill \cr} \right.\)

KL.....

3) 

x⁴ - 2(m+1)x² + 4m =0 (*)

Để phương trình (*) có bốn nghiệm phân biệt x₁, x₂, x₃, x₄ ⇔

\(X^2 - 2(m+1)X + 4m =0\) có hai nghiệm dương phân biệt ⇔

\(\left\{\matrix{ \Delta' >0 \hfill \cr X_1+X_2 > 0 \hfill \cr X_1.X_2 > 0 \hfill \cr} \right.\)  (1)

Áp dụng hệ thức Vi-ét ta có:

\(\left\{\matrix{ X_1+X_2 = 2(m+1) \hfill \cr X_1.X_2 = 4m \hfill \cr} \right.\)

(1) \(\Leftrightarrow \left\{\matrix{ \Delta' = (m+1)^2 - 4m = (m-1)^2>0 \hfill \cr 2(m+1) > 0 \hfill \cr 4m > 0 \hfill \cr} \right.\)

\(\Rightarrow m ≠ 1; m > 0\)

Vì (*) là phương trình trùng phương, không mất tính tổng quát ta giả sử:

\(x_1^2 = x_2^2 = X_1\) và \(x_3^2 = x_4^2 = X_2\)

Ta có:

\(x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2 = 12\)

\(\Leftrightarrow 2X_1 + 2X_2 = 12\)

\(\Leftrightarrow X_1 + X_2 = 6\)

\(\Leftrightarrow 2(m+1) = 6\)

\(\Leftrightarrow m = 2\)  (thoả mãn ĐK trên)

KL.....

Bài IV. 

1) 

Vì H, I, K là hình chiếu của M trên AB, BC, CA nên ∠MHB = ∠MIB = ∠MKC = 90°.

Suy ra H và I cùng thuộc đường tròn đường kính MB hay tứ giác MHBI là tứ giác nội tiếp (đpcm).

Tương tự ta có ∠MIC = ∠MKC = 90° ⇒ tứ giác MIKC là tứ giác nội tiếp (đpcm).

2) 

Xét △AHM và △CIM, ta có:

∠AHM = ∠CIM (cùng = 90°)

∠HAM = ∠BAM = ∠BCM = ∠ICM (góc nội tiếp (O) cùng chắn cung BM)

Suy ra △AHM ∽ △CIM ⇒ \(\dfrac{MA}{MH}=\dfrac{MC}{MI}\) ⇒ MA.MI = MH.MC (đpcm).

 3)

Vì tứ giác MHBI là tứ giác nội tiếp (cm pa) ⇒ ∠BIH = ∠BMH  (1)

Vì tứ giác MIKC là tứ giác nội tiếp (cm pa) ⇒ ∠CIK = ∠CMK = 90° - ∠ACM  (2)

Vì tứ giác ACMB nội tiếp ⇒ ∠ACM + ∠ABM = 180° ⇒ ∠ACM = 180° - ∠ABM = ∠MBH = 90° - ∠BMH  

⇒ ∠BMH = 90° - ∠ACM  (3)

Từ (1) (2) và (3) ta có:

∠BIH = ∠BMH = 90° - ∠ACM = ∠CIK ⇒ H, I, K thẳng hàng (góc đối đỉnh) (đpcm).

Vì △AHM ∽ △CIM (cmt) ⇒ \(\dfrac{AH}{MH}=\dfrac{CI}{MI}\)  (*)

Tương tự, ta có:

∠AKM = ∠BIM (cùng = 90°)

∠MAK = ∠MAC = ∠MBC = ∠MBI (góc nội tiếp (O) cùng chắn cung CM)

Suy ra △AKM ∽ △BIM ⇒ \(\dfrac{AK}{MK}=\dfrac{BI}{MI}\)  (**)

Xét △HBM và △KCM, ta có:

∠MHB = ∠MKC (cùng = 90°)

∠HMB = ∠CMK ( = ∠HIB = ∠CIK chứng minh trên)

Suy ra △HBM ∽ △KCM ⇒ \(\dfrac{KC}{MK}=\dfrac{HB}{MH}\)  (***)

Cộng vế theo vế (*) (**) và (***) ta có:

\(\dfrac{AH}{MH} + \dfrac{AK}{MK} +\dfrac{KC}{MK} =\dfrac{CI}{MI} + \dfrac{BI}{MI} + \dfrac{HB}{MH}\)

\(\Leftrightarrow \dfrac{AH-HB}{MH} + \dfrac{AK+KC}{MK} =\dfrac{CI+BI}{MI} \)

\(\Leftrightarrow \dfrac{AB}{MH}+\dfrac{AC}{MK}=\dfrac{BC}{MI}\) (đpcm)

Bài V. 

\(\sqrt{x^2+4x}+\sqrt{4x-6}=\sqrt{3x^2+7x+2}\)

\(\Leftrightarrow \sqrt{x^2+4x}+\sqrt{4x-6}=\sqrt{(3x+1)(x+2)}\)

(ĐKXĐ: \(x > \dfrac{3}2\))

\(\Leftrightarrow (\sqrt{x^2+4x}+\sqrt{4x-6})^2=(3x+1)(x+2)\)

\(\Leftrightarrow x^2+8x - 6 + 2\sqrt{x^2+4x}.\sqrt{4x-6}= 3x^2+7x+2\)

\(\Leftrightarrow 2\sqrt{x^2+4x}.\sqrt{4x-6}= 2x^2-x+8\)

\(\Leftrightarrow 4(x^2+4x)(4x-6)= (2x^2-x+8)^2\)  

(vì \(2x^2-x+8 = x^2+(x-\dfrac{1}2)^2 +\dfrac{31}4 > 0\))

\(\Leftrightarrow 16x^3+40x^2 -96x= 4x^4 + x^2 + 64 - 4x^3 + 32x^2-16x\)

\(\Leftrightarrow 4x^4 - 20x^3 -7x^2 + 80x +64 = 0\)

\(\Leftrightarrow (2x^2 - 5x - 8)^2 = 0\)

\(\Leftrightarrow \left[ \matrix{ {x} = \dfrac{5+\sqrt{89}}4 &(tm) \hfill \cr {x} = \dfrac{5-\sqrt{89}}4 &(loại) \hfill \cr} \right.\)

KL.....

-/-

Đọc tài liệu vừa chia sẻ đến các em đề thi thử vào 10 môn Toán của trường THCS Đống Đa năm 2020, còn rất nhiều bộ đề thi thử vào lớp 10 môn Toán của các trường khác trên cả nước đã được chúng tôi biên tập, thường xuyên truy cập vào trang để cập nhật nhé