Đề thi tuyển sinh lần 3 vào lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019 - UBND huyện Lạng Giang (Có đáp án)

 UBND HUYỆN LẠNG GIANG ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2018 - 2019
 Môn thi: Toán
 ĐỀ THI THỬ LẦN 3 Ngày thi: 19/05/2018
 Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1(2.0 điểm).
 1) Tính A 64+4 18 2 72
 2) Tìm m để đồ thị hàm số y 3x 2m 1 đi qua điêm N 2; 6 
Câu 2 (3.0 điểm).
 x 1 2 x 5 x 2
 1) Cho biểu thức: B (với x 0; x 4 )
 x 2 x 2 4 x
 Rút gọn các biểu thức B
 2x 3y 1
 2) Giải hệ phương trình 
 3x 2y 8
 3) Cho phương trình x2 2 m 1 x m2 0
 a) Giải phương trình khi m 4
 2 2
 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao cho x1 x2 4 x1.x2
Câu 3 (1.5 điểm). Lớp 9A chỉ có các bạn học sinh xếp loại học lực Giỏi và các bạn học sinh xếp loại học 
lực Khá. Biết rằng nếu 1 bạn học sinh Giỏi chuyển đi thì 1 số học sinh còn lại của lớp là học sinh Giỏi, 
 6
nếu 1 bạn học sinh Khá chuyển đi thì 4 số học sinh còn lại của lớp là học sinh Khá. Tính số học sinh của 
 5
lớp đó.
Câu 4 (3.0 điểm). Cho nửa đường tròn (0) đường kính AB. Từ A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax và By. Qua 
điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt các tiếp tuyến Ax và By lần lượt ở E và F.
 a. Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp
 b. AM cắt OE tại P, BM cắt OF tại Q. Tứ giác MPOQ là hình gì? Tại sao?
 c. Kẻ MH vuông góc với AB (H thuộc AB). Gọi K là giao điểm của MH và EB. So sánh MK với KH.
 d. Cho AB = 2R và gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác EOF.
 1 r 1
 Chứng minh rằng: 
 3 R 2
Câu 5 (0.5 điểm). Cho các số a,b,c  2;5 thỏa mãn điều kiện a 2b 3c 2 . Tìm giá trị lớn nhất 
của biểu thức P a 2 2b2 3c2
 -------------------- HẾT --------------------
Họ và tên thí sinh:.............................................................................. Số báo danh:...................................... HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu Ý Nội dung cần đạt Điểm
 1 Ta có
 A 64+4 18 2 72
 1.0
 1 = 82 4 9.2 2 36.2
 = 8 12 2 12 2
 = 8
 Đồ thị hàm số y 3x 2m 1 đi qua điêm N 2; 6 6 3.2 2m 1 0.5
 2m 1 0
 1
 2 m 
 2 0.5
 1
 Vậy m là giá trị cần tìm
 2
 Với điều kiện: x 0; x 1
 x 1 2 x 5 x 2
 B 
 x 2 x 2 4 x
 0.25
 ( x 1)( x 2) 2 x( x 2) 5 x 2
 ( x 2)( x 2)
 0.25
 3x 6 x
 1 
 ( x 2)( x 2)
 3 x( x 2) 0.25
 ( x 2)( x 2)
 3 x 0.25
 2 
 x 2
 Vậy 
 Ta có 
 2x 3y 1 6x 9y 3
 3x 2y 8 6x 4y 16 0.25
 13y 13
 6x 4y 16 0.25
 2 y 1
 6x 4.1 16 0.25 x 2
 y 1
 x 2 0.25
 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 
 y 1
 Với m 4 ta có phương trình x2 10x 16 0
 2 0.25
 Ta có ' 5 1.16 25 16 9 0
 5 9 5 3
 3a x 8
 1 1
 Phương trình có hai nghiệm phân biệt 
 5 9 5 3
 x 2
 1 1
 0.25
 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x 8 hoặc x 2
 PT đã cho có 2 nghiệm phân biệt 
 2 1
 ' 0 m 1 m2 0 2m 1 0 m 
 2
 x1 x2 2 m 1 0.25
 Theo Vi-et có 
 2
 x1.x2 m
 2 2 2
 Theo giả thiết x1 x2 4 x1.x2 x1 x2 2x1x2 4 x1x2
 2 2 2 2
 Thay vào ta có 4 m 1 2m 4 m 2m 8m 4 m 4 0 1 0.25
 3b
 1
 Trường hợp 1: m 0
 2
 m 3 7 tm 
 1 2m2 12m 4 0 m2 6m 2 0 
 m 3 7 l 
 Trường hợp 2: m 0
 1 2m2 4m 4 0 m2 2m 2 0. Phương trình vô nghiệm
 0.25
 Vậy m 3 7 là giá trị cần tìm
 Gọi số học sinh Giỏi của lớp là x (x N* ),
 số học sinh Khá của lớp là y (y N* ). 0.25
 Vì nếu 1 bạn học sinh Giỏi chuyển đi thì 1 số học sinh còn lại của lớp là học sinh 
 6
3
 1
 Giỏi nên ta có phương trình: x 1 (x y 1) (1) 0.25
 6
 Vì nếu 1 bạn học sinh Khá chuyển đi thì 4 số học sinh còn lại của lớp là học sinh 
 5
 0.25 4
 Khá nên ta có phương trình: y 1 (x y 1) (2) 
 5
 1 0.5
 x 1 (x y 1)
 6 x 6
 Từ (1), (2) ta có hệ phương trình:  
 4 y 25
 y 1 (x y 1) 
 5
 0.25
 Vậy số học sinh của lớp là: x y 6 25 31 học sinh.
 F
 M
 E K Q
 P
 A H O B
 Tứ giác AEMO có:
 E· AO = 900 (AE là tiếp tuyến) 0.5
 E· MO = 900 (EM là tiếp tuyến)
 a
 E· AO E· MO 1800 0.5
 Vậy: Tứ giác AEMO là tứ giác nội tiếp
 0
4 Ta có : ·AMB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
 AM  OE (EM và EA là 2 tiếp tuyến) M· PO 900
 0.5
 b 0
 Tương tự, M· QO 90 
 Tứ giác MPOQ là hình chữ nhật 0.25
 F
 M
 I
 c
 E K
 P
 A H O B
 Ta có : MK //BF ( cùng vuông góc AB) EM MK
 EMK∽ EFB 
 EF BF
 EM EF
 MK FB 0.25
 EM EF
 Vì MF = FB (MF và FB là hai tiếp tuyến) nên: (1)
 MK MF
 Áp dụng định lí Ta-let ta có: 
 EF EB EB AB EF AB
 (MK // BF); (KH // EA) (2)
 MF KB KB HB MF HB 0.25
 EM AB
 Từ (1) (2) có: (3)
 MK HB
 EA AB
 Mặt khác, EAB∽ KHB (MH//AE) (4)
 HK HB
 EM EA
 Từ (3) (4) có: 0.25
 MK HK
 mà EM = EA (EM và EA là 2 tiếp tuyến) do đó: MK = KH
 Ta có OE là phân giác của A· OM (EA; EM là tiếp tuyến); OF là phân giác của 
 MÔB (FB; FM là tiếp tuyến) mà A· OM và B· OM là hai góc kề bù nên OE  OF 
 EOF vuông ( E· OF 900 ). OM là đường cao và OM = R
 Gọi độ dài 3 cạnh của EOF là a, b, c. I là tâm đường tròn nội tiếp EOF .Ta 
 1 1 1
 có: S = S + S + S = r.EF r.OF r.OE
 EOF EIF OIF EIO 2 2 2
 1 1
 = r. EF OF OE = r. a b c 
 2 2
 1 1
 Mặt khác: SEOF = OM.EF = aR 
 2 2
d
 r a 0.25
 aR = r(a + b + c) (1)
 R a b c
 Áp dụng bất đẳng thức trong EOF ta có: b + c > a a + b + c > 2a 
 1 1 a a 1
 (2)
 a b c 2a a b c 2a 2
 1 1
 Mặt khác b < a, c < a a + b+ c < 3a 
 a b c 3a
 a a 1
 (3) 0.25
 a b c 3a 3
 1 r 1
 Từ (1); (2); (3) ta có: 
 3 R 2 Vì a, b,c  2;5 nên 2 a 5 ; 2 b 5 ; 2 c 5.
 (a 2)(a 5) 0 a 2 3a 10 0 (1)
 Dấu “=” xẩy ra khi a = – 2 hoặc a = 5
 2.(b 2)(b 5) 0 2b2 6b 20 0 (2)
 Dấu “=” xẩy ra khi b = – 2 hoặc b = 5
 2 0.25
5 3.(c 2)(c 5) 0 3c 9c 30 0 (3)
 Dấu “=” xẩy ra khi c = – 2 hoặc c = 5
 Theo bài ra : a 2b 3c 2 (4)
 Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế, kết hợp với (4), ta có: 
 P a 2 2b2 3c2 3(a 2b 3c) 60 3.2 60 66.
 Dấu “=” xẩy ra khi có dấu “=” ở cả (1), (2), (3) và (4) a c –2,b 5 0.25
 Vậy giá trị lớn nhất của P là 66 đạt được khi a c –2,b 5