<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

PHỊNG GD-ĐT HỒNG MAI
TRƯỜNG THCS THỊNH LIỆT

ĐỀ THI THỬ VÀO 10 THPT
NĂM HỌC 2020 - 2021

MƠN: TỐN
Ngày thi: tháng năm

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1. (2 điểm) Cho các biểu thức:

4
4
A

x


 và







2 28 4 8

1 4

1 4

x x x x x

B

x x

x x

   

  

 

  (với x0;x16)
1) Tính giá trị của biểu thức A khi x9. 2) Rút gọn biểu thức B .
3) Tìm các giá trị của x để giá trị của biểu thức P A B . đạt giá trị nguyên.

Bài 2. (2 điểm)

1) Một phân xưởng theo kế hoạch cần sản xuất 1100sản phẩm trong một số ngày quy
định. Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng đã
hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày
phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm?

2) Một bồn nước hình trụ có diện tích xung quanh bằng ₃₆_

 

_m2 _{, biết đường kính đáy}
hình trụ bằng 6m. Hỏi bồn cầu này đựng được bao nhiêu mét khối nước? (Bỏ qua bề
dày của bồn nước).

Bài 3. (2 điểm)

1) Giải hệ phương trình sau:

3

2 1 2 5

1 3
7 25
3 1 2

1 3 3
x

y
x

y

 _ _ _

 _




 _ _ _

 



2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng

 

d :y



m3



x m và parabol

 

_{P y}_: _₂_x2_với_m_{là tham số .}

a) Tìm tọa độ giao điểm của

 

d và

 

P khi m 2,5

b) Tìm tất cả các giá trị của mđể

 

d cắt

 

P tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x x ₁; ₂
để biểu thức A x1x2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 4. (3 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB AC ) nội tiếp ( ; )O R . Vẽ AH BC

, từ H kẻ MH AB và NH AC H



AB N; AC



. Vẽ đường kính AE cắt MNtại
I , tia MNcắt



O R;



tại K (với KACnhỏ)

1) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp. 2) Chứng minh AM AB AN AC.  . .
3) Chứng minh AEMN. 4) Chứng minh AH AK.

Bài 5. (0,5 điểm) Cho ; ;x y z và 0 1 1 1 4

x   . Tìm giá trị lớn nhất của y z

1 1 1

2 2 2

P

x y z x y z x y z

  

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1. (2 điểm) Cho các biểu thức:

4
4
A

x


 và







2 28 4 8

1 4

1 4

x x x x x

B

x x

x x

   

  

 

  (với x0;x16)
1) Tính giá trị của biểu thức A khi x9.

2) Rút gọn biểu thức B .

3) Tìm các giá trị của x để giá trị của biểu thức P A B . đạt giá trị nguyên.

Lời giải

1) Thay x9(TMĐK) vào biểu thức A ta được 4 4
7
9 4

A 

 .
Vậy với x9thì 4

7
A
2) Với x0;x16ta có:



1



2 284



41 84

x x x x x

B

x x

x x

   

  

 

 



 











2

2 28 4 8 1

1 4

x x x x x x

B

x x

      



 







2 28 8 16 9 8

1 4

x x x x x x x

B

x x

       



 













 





4 4

4 4

1 4 1 4

x x x

x x x x
B

x x x x

  

  

 

   















1 1 4

1

1 4

x x x

B x

x x

  

  

 

3) Ta có . 4



1



4 4 4



4



20 4 20 4

4 4 4 4

x
x

P A B x

x x x x

 


        

   

Mà 1 1; 0 4



1



1

4

x x P x

x

         


1 P 4

   

Do P nguyên   P



1;0;1; 2;3



, ta có bảng
20

4

4
P

x
 

  1 0 1 2 3

x 0 1 64

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Vậy P nguyên khi 0;1;64;36; 256
9

x  

 

Bài 2. (2 điểm)

1) Một phân xưởng theo kế hoạch cần sản xuất 1100sản phẩm trong một số ngày quy
định. Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng đã
hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch mỗi ngày
phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm?

2) Một bồn nước hình trụ có diện tích xung quanh bằng ₃₆_

 

_m2 _{, biết đường kính đáy}
hình trụ bằng 6m. Hỏi bồn cầu này đựng được bao nhiêu mét khối nước? (Bỏ qua bề
dày của bồn nước).

Lời giải

1) Gọi xlà số sản phẩm phân xưởng sản xuất 1 ngày theo kế hoạch (x0;x Z ).

Thì số ngày theo kế hoạch là 1100

x (ngày).

Thực tế số sản phẩm sản xuất trong 1 ngày là x5(sản phẩm)
Số ngày thực tế là 1100

5

x (ngày).

Vì phân xưởng đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày nên ta có
phương trình:









1100 1100 ₂ ₁₁₀₀ ₅ ₁₁₀₀ ₂ ₅

5 x x x x

x  x      







2

2x 10x 5500 0 2 x 50 x 55 0

       

50 0 50

55 0 55

x x

x x

  

 

_ _

   

 

Giá trị x50thỏa mãn điều kiện của ẩn; giá trị x 55 không thỏa mãn điều kiện của
ẩn.

Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng sản xuất được 50sản phẩm.

b) Có 2 30 5

2 6

xq
xq

S

S Rh h

R




 

     (m).

 

 

2 ₄₅ 3 _141,3 3

V R h  m m

   

Vậy bồn này chứa được _{141,3m nước.}3

Bài 3. (2 điểm)

1) Giải hệ phương trình sau:

3

2 1 2 5

1 3
7 25
3 1 2

1 3 3
x

y
x

y

 _ _ _

 _




 _ _ _

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng

 

d :y



m3



x m và parabol

 

_{P y}_: _₂_x2_với_m_{là tham số .}

a) Tìm tọa độ giao điểm của

 

d và

 

P khi m 2,5

b) Tìm tất cả các giá trị của mđể

 

d cắt

 

P tại hai điểm phân biệt có hồnh độ x x ₁; ₂
để biểu thức A x₁x₂ đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải

1) ĐKXĐ: 1; 1

2 3

x  y

3 9

2 1 2 5 6 1 2 15

1 3 1 3

7 25 14 50

3 1 2 6 1 2

1 3 3 1 3 3

x x

y y

x x

y y

 _ _ _  _ _ _

 _  _

 _

 

 _ _ _  _ _ _

   

 

3

1 3 3 1 3 3 ₂

4
1 2 4

1 2 2

3
x

y y

x

x _y

 

      

 

_ _ _

 
 

  _

 _



hoặc

3
2
2
3

x

y
 

 _
 

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là

3
2
4
3
x

y
 


 


và

3
2
2
3
x

y
 

 _
 


2) a) Xét phương trình hồnh độ của

 

d và

 

P khi m 2,5 ta được:
2

2x 0,5x2,5 0

Có a b c    2



0,5

 

 2,5



   0 x1 1;x2 1, 25

1 1 1 2

x    y  ta được A



1; 2



2 1, 25 2 3,125

x  y  ta được B



1, 25;3,125



a) Xét phương trình hồnh độ của

 

d và

 

P : ₂_x2_



_m_₃



_{x m}_{ }₀

 

₁
Có _{ }



_m_₃



2__4.2._{m m}_ 2_₂_m_{ }₉



_m_₁



2_{  với}_{8 0} __m

 phương trình

 

1 ln có hai nghiệm x x . Khi đó theo hệ thức Vi ét ta có: ₁; ₂

1 2

1 2

3
2

2
m
x x

m
x x


  




 _



</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.





2

2
2

3 1 1

4 2 9 1 8

2 2 2 2

m m

A _  _    m  m  m 

 

Do



1



2 0 1



1



2 8 1 8 2 2

2 2

m   m     A
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi m1

Vậy giá trị nhỏ nhất của A 2khi m1

Bài 4. (3 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn (AB AC ) nội tiếp ( ; )O R . Vẽ

AH BC, từ H kẻ MH  AB và NH AC H



AB N; AC



. Vẽ đường kính AE
cắt MNtại I , tia MNcắt



O R;



tại K (với KACnhỏ)

1) Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp.

2) Chứng minh AM AB AN AC.  . .
3) Chứng minh AEMN.

4) Chứng minh AH  AK.

Lời giải

1) Ta có:  90_AMH _ o_{(do HM} __AB_{tại M );  90}_ANH _ o_(do_HN__AC_tại_N ₎
Xét tứ giác AMHNcó   180_{AMH ANH}_ _ o_mà _{AMH ANH}_; _{là hai góc đối nhau}
Vậy tứ giác AMHN nội tiếp.

2) Xét AHB vng tại H vì AHBCcó HM AB nên ta có _AH2_ _{AM AB}_.
Tương tự ta có _AH2_ _{AN AC}_.

. .

AM AB AN AC

 

3) Do tứ giác AMHN nội tiếp  ANM  AHM (hai góc nội tiếp cùng chắn AM)
Vì BMH vng tại M _  90_{AHM MBH}_ _ o

   

ANM MBH ANI ABC

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

C

ó

cơ

ng

m

ài

s

ắt

c

ó

ng

ày

n

ên

k

im

.

Mà AECABC(hai góc nội tiếp cùng chắn AC )
Nên ANI AEC ANI IEC

 tứ giác INCEnội tiếp (vì có góc ngồi tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối
diện)

  180o
EIN NCE

  

Mà _NCE_  90_ACE_ o_{(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)}
 90o 180o  90o

EIN EIN AE MN

      

4) Ta có:  90_AKE_ o_{(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn}_  90_{AKI IKE}_ _ o
Mà KIE vuông tại I __{IEK IKE} _ _90o _ _AKI __IEK_ _AKN _ _AEK

Lại có   90_{AEK ACK}_ _ o_{(hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK ) nên }_AKN_ _ACK
Xét AKNvà ACK có Achung và AKN ACK

Nên AKNđồng dạng ACK(g.g) AK AN _AK2 _{AC AN}_.
AC AK

    mà

2 _.

AH  AC AN

2 2

AH AK AH AK

   

Bài 5. (0,5 điểm) Cho ; ;x y z và 0 1 1 1 4

x   . Tìm giá trị lớn nhất của y z

1 1 1

2 2 2

P

x y z x y z x y z

  

     

Lời giải

Ta có 1 1 4 ;1 1 4 1 1 1 1 16
2

x y x y y  z y z     x y y z x y z

1 1 1 2 1

2 16

x y z x y z

 

  _   _

  _ _

Tương tự ta có: 1 1 2 1 1 ; 1 1 1 1 2
2x y z 16 x y z x y 2z 16 x y z

   

 _   _  _   _

  _ _   _ _

1 4 4 4 ₁
16

P

x y z

 

  _   _

 

</div>

<!--links-->