Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán lần 1 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD & ĐT Hải Hậu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán lần 1 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD & ĐT Hải Hậu (Có đáp án)

1. c - PHÒNG GD-ĐT HẢI HẬU ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn Toán lớp 9 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2 điểm): Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm: 1 Câu 1. Điều kiện để biểu thức có nghĩa là 2018 x A. x 2018 B. x 2018 C. x 2019 C. m > - 2018 D. m 0; x 4 x x 4 x 3 x 6 x 2 x 2 a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức Q = x 1 .P đạt giá trị nguyên. Câu 2 (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x - 2m + 5 = 0 (m là tham số) (1) a) Giải phương trình với m = -1 b) Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 2 2 2 x1 2 m 3 x1 2m 3 . x2 2 m 3 x2 2m 3 m 3m 6 3 3 x y Câu 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình (I) x y 2x xy 1 0 Câu 4 (3,0 điểm): Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (O) (B và C là các tiếp điểm). Đường thẳng CO cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D; đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E; đường thẳng BE cắt AO tại F; H là giao điểm của AO và BC. a) Chứng minh: AE.AD = AH.AO = AB2 và chứng minh: tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh: HE vuông góc với BF. HC 2 DE c) Chứng minh: 1 AF2 EF2 AE x 3 1 15 Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình: x2 3x 2 x3 x 11 x 1 2 2
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HUYỆN HẢI HẬU NĂM HỌC 2018-2019 ___ I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (mỗi câu cho 0,25 điểm): Câu1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8 C B B C D C D A II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm): Câu 1 (1,5 điểm): x 6 1 10 x Rút gọn biểu thức: P = : x 2 với x > 0; x 4 x x 4 x 3 x 6 x 2 x 2 Với x > 0; x 4 ta có: x 6 1 10 x P = : x 2 x x 4 x 3 x 6 x 2 x 2 x 6 1 x 4 10 x : 0,25đ x x 4 3 x 2 x 2 x 2 x 2 1 6 : x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 0,25đ x 2 x 2 x 2 6 x 2 x 4 x 2 6 : : 0,25đ x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 6 x 2 =. x 2 x 2 6 0,25đ 1 và kết luận x 2 b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức Q = x 1 .P đạt giá trị nguyên. Với x > 0; x 4. Ta có 1 x 1 3 Q = x 1 .P = x 1 . 1 0,25đ x 2 x 2 x 2 Nếu x không là số chính phương x là số vô tỉ Q không nguyên 3 Nếu x là số chính phương x là số nguyên Q nguyên nguyên x 2 Ư(3) x 2 0,25đ Giải ra tìm được các giá trị x = 1; x = 9; x = 25 Đối chiếu điều kiện và kết luận Câu 2 (1,5 điểm): Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x - 2m + 5 = 0 (m là tham số) a) Giải phương trình với m = -1. Thay m = -1 vào phương trình (1) ta có x2 2( 1 3)x 2.( 1) 5 0 x2 8x 7 0 0,25đ Tìm được ' 16 7 9 0,25đ Tìm được x1 1 ; x2 7 và kết luận 0,25đ b) Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn
3. 2 2 2 x1 2 m 3 x1 2m 3 . x2 2 m 3 x2 2m 3 m 3m 6 Khẳng định phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 m 2 0,25đ 2 Phương trình (1) có nghiệm là x1 x1 2(m 3)x1 2m 3 2 2 Phương trình (1) có nghiệm là x2 x2 2(m 3)x2 2m 3 2 x2 2 m 3 x 2m 3 . x2 2 m 3 x 2m 3 m2 3m 6 1 1 2 2 0,25đ ( 2).( 2) m2 3m 6 m2 – 3m +2 = 0 Giải phương trình tìm được m = 1 hoặc m = 2 Đối chiếu điều kiện có m = 1 và kết luận: 0,25đ 3 3 x y Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (I) x y 2x xy 1 0 Điều kiện: x > 0 và y > 0 3 3 x y x y 3 y x y 3 x 0,25đ Có (I) x y 2x xy 1 0 2x xy 1 0 x y 0 xy x y 3 x y 0 x y xy 3 0 xy 3 0 0,25đ 2x xy 1 0 2x xy 1 0 2x xy 1 0 x y 0 2x xy 1 0 xy 3 0 0,25đ 2x xy 1 0 x y 0 x 1 Giải hệ phương trình tìm được (thỏa mãn điều kiện) y 1 2x xy 1 0 x 2 xy 3 0 Giải hệ phương trình tìm được 9 (thỏa mãn điều kiện) 2x xy 1 0 y 0,25đ 2 Kết luận: Câu 4 (3,0 điểm): a) Chứng minh: AE.AD = AH.AO và chứng minh: tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn. Chỉ ra được AE.AD = AB2 D B 0,25đ Chỉ ra được AH.AO = AB2 E 0,25đ AE.AD = AH.AO = AB2 0,25đ Chứng minh được AHE đồng dạng ADO 0,25đ A · · O H EHA ADO F 0,25đ Kết luận được tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh HE vuông góc với BF. Tứ giác ODEH nội tiếp H· ED H· OD 1800 0,25đ C Chứng minh BD // AO B· DO H· OD 1800 B· DO H· ED 0,25đ Tam giác BCD vuông tại B B· DC B· CD 900 0,25đ
4. Chỉ ra B· CD B· ED (Hai góc nội tiếp cùng chắn B»D ) H· ED B· ED 900 H· EB 900 HE  BF tại E 0,25đ HC 2 DE c) Chứng minh 1 AF2 EF2 AE Chứng minh HF2 = FE.FB, AF2 = FE.FB HF2 = AF2 Chứng minh HC2 = HB2 = BE.BF 0,25đ AF2 – EF2 = HF2 – EF2 = HE2 = EB.EF HC 2 BE.BF BF 0,25đ AF2 EF2 BE.EF EF DE BE Chứng minh BDE đồng dạng FAE AE EF HC 2 DE BF BE BF BE EF 1 0,25đ AF2 EF2 AE EF EF EF EF x 3 1 15 Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình: x2 3x 2 x3 x 11 (Đk: x 3 hoặc x 1 ) x 1 2 2 Với x 3 hoặc x 1 ta có x 3 1 15 x2 3x 2 x3 x 11 x 1 2 2 x 3 1 11 x x 2 x 2 x2 x 2 x x 2 x 2 x 1 2 2 x 3 11 1 2 x 2 x 1 x x 0 x 1 2 2 x 2 0 x 3 11 1 x 1 x2 x 0 x 1 2 2 Giải x 2 0 x 2 (tm điều kiện x 1 ) 0,25đ x 3 11 1 Giải x 1 x2 x 0 x 1 2 2 x 3 x2 2x 3 2 x 1 8 x 1 x 3 x2 x 3x 3 2 x 1 8 x 1 x 3 x 1 x 3 2 x 1 8 x 1 2 x 3 x 3 x 1  2 x 1 8 0,25đ x 1 x 1 x 3 2 x 1 2 1 x 3 x 1 x 1 1 9 x 1 x 3 x 1 4 2 x 1 Giải (1): Với điều kiện x 3 phương trình (1) vô nghiệm. 0,25đ Với điều kiện x 1 bình phương hai vế của phương trình (1) ta có:
5. x 3 x 1 2 x 1 x 3 4 0 x2 2x 7 0 x 1 Giải phương trình tìm được x 1 2 2 (thỏa mãn điều kiện x > 1) ; x 1 2 2 (không thỏa mãn điều kiện) Giải (2) Với điều kiện x 1 phương trình (2) vô nghiệm. Với điều kiện x 3 bình phương hai vế của phương trình (2) ta có: x 3 x 1 4 x 1 x 3 16 0 x2 2x 19 0 x 1 Giải phương trình tìm được x 1 2 5 (không mãn điều kiện x 3 ) ; x 1 2 5 (thỏa mãn thỏa mãn điều kiện)x 3 Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là S 1 2 5 ; 1 2 2;2 0,25đ