Đề thi thử vào lớp 10 THPT lần 3 môn Toán - Năm học 2017-2018 - UBND huyện Việt Yên (Có đáp án)

 PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT (LẦN 3)
 NĂM HỌC: 2017-2018
 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN
 Ngày thi: 28/ 4/2018
 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. (2,5 điểm)
 1
1. Tính A= + 3
 2+ 3
 x 2y 1
2. Giải hệ phương trình: 
 2x 3y 9
3. Cho phương trình x2-3x-1= 0 lập phương trình bậc hai ẩn y có hai nghiệm 
 2 2
 y1 x1 ; y 2 x 2 . 
Câu 2. (2,5 điểm)
 2 x x 2 x 2
 1. Cho biểu thức Q = 3x + 3 với x 0 và x 9.
 + : 1
 x 9
 ( x + 3 x 3 ) ( x 3 )
 Tìm x để Q < 1 ;
 3
 2. Cho phương trình x 2 2mx 4m 4 0 (1) với m là tham số.
 a) Giải phương trình (1) khi m 2 .
 b) Chứng tỏ phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m. Gọi x1 ; x 2 là các 
nghiệm của phương trình (1). Tìm m để phương trinh có 1 nghiệm nhỏ hơn -2018
Câu 3. (1,5 điểm)
 Ba Lớp 9A, 9B, 9C của một trường có tất cả 62 bạn học sinh đạt điểm khá. Số bạn học 
sinh đạt điểm khá của lớp 9A nhiều hơn 9B là 5 bạn. Nếu chuyển 6 bạn đạt diểm khá của 
9A sang 9C thì số bạn đạt điểm khá của 9C và 9B bằng nhau. Hỏi mỗi lớp có bao nhiêu bạn 
đạt điểm khá?
Câu 4. (3,0 điểm) 
 Cho tam giác ABC vuông tại B, Aµ 600 , M là trung điểm của AC. Đường thẳng 
vuông góc hạ từ A xuống BM tại H và cắt BC tại điểm I. Kẻ đường tròn tâm I tiếp xúc 
với AC tại điểm K. Đường thẳng qua A tiếp xúc với đường tròn tâm I tại điểm E( khác K) 
cắt đường thẳng BM tại điểm N.
 1) Chứng minh rằng: 5 điểm A, B, E, I, K cùng nằm trên một đường tròn.
 2) BC.IB = 2.BM.HB
 3) Tứ giác EKMN là hình gì? Tại sao?
 4) Chứng minh rằng tam giác NEB cân. 
Câu 5. (0,5 điểm) 
 x3 y3 9
 Cho hai số thực x, y thỏa mãn . Hãy tính giá trị của biểu thức:
 2 2
 x x 2y 4y
 5 1
 P (x 1)2016 (y 2)2017 2018.
 2 2
 ----------------------Hết----------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT 
 (LẦN 3)
 CHÍNH THỨC NGÀY THI: 28/4/2018
 MÔN THI: TOÁN
 Bản hướng dẫn chấm có 04 trang
 Câu Hướng dẫn giải Điểm
 Câu 1 (2,5 
 điểm)
 1.Tính 
 1 1 2- 3 0,5
 A= + 3 = + 3 = 
 (1 điểm) 2+ 3 (2+ 3).(2- 3)
 2- 3
 = + 3 = 2- 3 + 3 = 2 Vậy A = 2. 0,5 
 22 - ( 3)2
 x 2y 1 2x 4y 2
 0,25
 2 2x 3y 9 2x 3y 9
 (1 điểm)
 7y 7 y 1
 0,25
 x 2y 1 x 2.1 1
 x 3
 0,25
 y 1
 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất x; y 3;1 0,25
 3 Tính =13>0 nên pt có hai nghiệm nên theo vi et ta có
 (0.5 điểm) x1 + x2 = 3; x1.x2 = -1
 2 2 2 
 y1 + y2= x1 x2 = (x1 + x2) - 2x1x2
 2 2 0,25
 y1 . y2= x1 .x2 =1
 Phương trình cần lập là y2-11y+1 =0 0,25
 Câu 2 (2.5điểm
 )
 Q = 3 .
 1 x + 3
 (1 điểm) 
 0,75
 x 6
 Q < 1 3 < 1 3 + 1 < 0 < 0 
 0,25
 3 x + 3 3 x + 3 3
 3(\r(x) + 3)
 x 6 0) x < 6 x < 36. Suy ra 0 x < 
 36 vµ x 9. Với m 2 phương trình trở thành x2 4x 3 0 .
 Ta có : a – b + c = 1- 4 + 3 = 0 nên phương trình có hai 0,75
 nghiệm : x 1; x 3
 1 1 2
 (điểm)
 0,25
 Vậy: với m = -2 phương trình có 2 nghiệm x1 1, x2 3 .
 Phương trình có m2 4m 5 (m 2)2 1 0 với mọi m , 
 Phương trình (1) có 2 nghiệm x1 , x2 với mọi m
 x1 x2 2m
 Theo định lý Viet thì 0,25
 x1x2 (4m 5)
 2 2 2
 Biểu thức A = x1 x2 x1x2 = (x1 x2 ) 3x1x2 = 
 2 2
 4m 3(4m 5) = (2m 3) 6 6, với mọi m.
 0.5 2 2
 Do 2m 3 0 nên (2m 3) 6 6,
 ( điểm)
 3
 Dấu bằng xảy ra 2m 3 0 m 
 2
 0,25
 Vậy A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 6 khi và chỉ khi m = 3
 2
 Câu 3 (1,5 
 điểm)
 Gọi Số bạn học sinh đạt điểm khá của lớp 9B là : x( bạn) 
 0,25
 Điều kiện: x N, x62
 + Số bạn học sinh đạt điểm khá của lớp 9A là x+5 (bạn)
(1,5 điểm) 0,25
 Số bạn học sinh đạt điểm khá của lớp 9C là 62-x-(x+5)=
 57-2x(bạn)
 0,25
 Số bạn học sinh đạt điểm khá của lớp 9C sau khi chuyển 6 
 bạn tứ 9A sang là 57-2x+6 =63-2x(bạn)
 Vì chuyển 6 bạn đạt diểm khá của 9A sang 9C thì số bạn 
 đạt điểm khá của 9C và 9B bằng nhau nên ta có phương 
 trình 0, 5
 63-2x=x
 + Giải phương trình tìm được x=19 0,25
 Vậy bạn học sinh đạt điểm khá của lớp 9B là 21 bạn
 bạn học sinh đạt điểm khá của lớp 9A là 21+5=26 bạn
 bạn học sinh đạt điểm khá của lớp 9C là 21-6=15bạn 0,25 Hình vẽ: 
 A
 M
 H K
 N
 B
 I C
 E
 Ta có góc AE là tiếp tuyến của (I) nên ·AEI 900
 1 Ta có góc AE là tiếp tuyến của (I) nên ·AKI 900 0,25
(1 điểm)
 Chỉ ra được tg AEIK nôi tiếp
 0,5
 Chỉ ra được tg ABIK nôi tiếp
 Nên 5 điểm A,B, E, K, I cùng nằm trên đường tròn (O) 
 đường kính AI (O là trung điểm của AI) 0,25 
 Chứng minh đồng dạng với 0,25
 2
 (0,75 0,25
 nên BC.IB = AC.HB mà AC = 2BM
 điểm)
 Do đó BC.IB = 2 BM.HB 0,25
 Do AE, AK cùng tiếp xúc tiếp xúc với đường tròn (I)
 Nên: AE=AK, theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) (1) 0,25
 3 Vì IE=IK đều là bán kính của (I) ) (2)
 (0.75 
 Nên Từ 1 và 2 suy ra IA là trung trực của EK suy ra Hay 
 điểm)
 AI  EK .
 0,25
 Do đó EK song song với MN (cùng  AI). Suy ra EKMN là 
 hình thang (1) 
 ·AMN ·ANM => K· MN E· NM (2)(2 góc tạo bởi tia .)
 Từ (1) và (2) suy ra tứ giác EKMN là hình thang cân. 0,25
 Chứng minh ∆NEB cân.
 Ta có E· NM N· AM N· MA 4 (T/C góc ngoài tam giác AMN
 (0,5 điểm)
 Mà N· MA 2M· CB
 (∆BMC cân vì MB=MC-tính chất đường trung tuyến trong 0,25
 tam giác vuông)
 Lại có : N· AM 2I·AM
 Suy ra: E· NM 2 I·AM M· CB 2B· IA 
 Mà B· IA B· EA ( hai góc nội tiếp cùng chắn »AB )
 Nên: E· NM 2B· EA (*) 
 Lại có E· NM B· EN N· BE (**) (T/C góc ngoài tam giác 0,25
 NBE) 
 Từ (*) và (**) suy ra N· EB N· BE do đó ∆NEB cân tại N. 
 Câu 5 (0,5 
 điểm)
 x3 y3 9 x3 1 y3 8
 2 2 
 x x 2y 4y x(x 1) 2y(y 2)
 (x 1)(x2 x 1) (y 2)(y2 2y 4)
 0,25
 3x(x 1) 6y(y 2)
 (x 1)(x2 2x 1) (y 2)(y2 4y 4)
 (0,5 điểm) (x 1)3 (y 2)3 x 1 y 2 y x 3
 Với y x 3 ta có: 
 3 3 2 x 1 y 2
 x (x 3) 9 x 3x 2 0 0,25
 x 2 y 1
 Vậy P = 2018 hoặc P = 2020.
 Điểm toàn 
 10,0
 bài
Lưu ý khi chấm bài:
 - Điểm toàn bài không được làm tròn.
 - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt 
chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần 
theo thang điểm tương ứng.
 - Câu 4 học sinh không vẽ hình thì không chấm điểm.