Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán năm 2019 (Có lời giải chi tiết)

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2019 Bài 1. ( 2điểm) Rút gọn các biểu thức sau:

a) b)

Bài 2. ( 1,5điểm) Giải các phương trình sau: a) x3 – 5x = 0 b)

Bài 3. (2điểm) Cho hệ phương trình : ( I )

a) Giải hệ phương trình khi m = 0 . b) Tìm giá trị của m để hệ (I) có nghiệm ( x; y) thoả mãn hệ thức:

Bài 4. ( 4,5điểm). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AM=2R. Gọi H là trực tâm tam giác .

a) Chứng minh tứ giác BHCM là hình bình hành. b) Gọi N là điểm đối xứng của M qua AB. Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp được trong một đường tròn. c) Gọi E là điểm đối xứng của M qua AC. Chứng minh ba điểm N,H,E thẳng hàng. d) Giả sử AB = R . Tính diện tích phần chung của đưòng tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN.

BÀI GIẢI CHI TIẾT Bài 1: Rút gọn

a) = b) =

= = = 3 = = = 3

Bài 2. Giải các phương trình sau: a) x3 – 5x = 0 b) (1) x(x2 – 5) = 0 ĐK : x –1 0 x (x )(x ) = 0 (1) x – 1 = 9 x1 = 0; x2 = ; x3 = x = 10 (TMĐK) Vậy: S = Vậy: S =

Bài 3. a) Khi m = 0 ta có hệ phương trình:

b) . Từ (2) suy ra: y = 3x thay vào (1) ta được: 2x + 3mx = 5

3 5 15 5 3

            11 3 1 1 3   

1 3 x  2 5 3 0 x my x y       

m+1 x - y + 4 m-2 

3

3 5 15 5 3

        

3 5 15. 15. 5 3     11 3 1 1 3      2 2 11 1 3  

3 5 15. 15. 5 3  9 25    11 2  9

1 3 x    1 x    5  5    5 5     0; 5; 5   10

2 5 2,5 2,5 3 0 3.2,5 0 7,5 x x x x y y y

                      

2 5 1

3 0 2

x my

x y

     

  3 2 5 m x   

DeThi.edu.vn

ĐK: m . Do đó: y =

(*)

Với và m , (*)

Khai triển, thu gọn phương trình trên ta được phương trình: 5m2 – 7m + 2 = 0 Do a + b + c = 5 + (– 7) + 2 =0 nên m1 = 1 (TMĐK), m2 = 0,4 (TMĐK) Bài 4: a) Chứng minh tứ giác BHCM là hình bình hành.

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) H là trực tâm tam giác ABC Do đó: BM // CH

Chứng minh tương tự ta được: BH // CM Vậy tứ giác BHCM là hình bình hành. b) Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp được trong một đường tròn. (do M và N đối xứng nhau qua AB) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (O)) H là trực tâm tâm giác ABC nên AH BC, BK AC nên (K = BH AC).Do đó: . Vậy tứ giác AHBN nội tiếp được trong một đường tròn. Lưu ý: Có thể HS giải như sau:

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Suy ra: (kề bù với ) Tam giác MNE có BC là đường trung bình nên BC // ME, H là trực tâm tam giác ABC nên AH BC. Vậy AH NE Hai đỉnh B và H cùng nhìn AN dưới một góc vuông nên AHBN là tứ giác nội tiếp. Có ý kiến gì cho lời giải trên ?

c) Chứng minh ba điểm N,H,E thẳng hàng. Tứ giác AHBN nội tiếp (câu b) . Mà (do kề bù với , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Suy ra: . Chúng minh tương tự tứ giác AHCE nội tiếp Từ đó: N, H, E thẳng hàng. d) Giả sử AB = R . Tính diện tích phần chung của đưòng tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN.

Do AN là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN. AM = AN (tính chất đối xứng) nên đường tròn (O) và đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN bằng nhau Sviên phân AmB = Sviên phân AnB

AB = Squạt AOB =

O là trung điểm AM nên SAOB =

2 5 3 3 2 x m    

15 3 2 m  m+1 x - y + 4 m-2  5 15 1 4 3 2 3 2 2 m m m m

        2 3 m  2         10 2 1 3 2 4 2 3 2 m m m m m        

· 0 90 ABM  BM AB   CH AB  

· · ANB AMB  · · AMB ACB 

  · · ACB AHK  I · · ANB AHK 

· 0 90 ABM 

· 0 90 ABN  · 0 90 ABM 

  · 0 90 AHN  

· · ABN AHN   · 0 90 ABN  · 0 90 ABM  · 0 90 AHN 

· · 0 90 AHE ACE    · · 0 180 AHN AHE    3

· 0 90 ABN  



 3 R ¼ 0 120 AmB   

2 0 2

0 .120 360 3 R R   

¼ ¼ 0 0 120 60 AmB BM BM R     

2 1 1 1 1 3 . . . . 3. 2 2 2 4 4 ABM

R S AB BM R R   

DeThi.edu.vn