Đề thi thử vào Lớp 10 môn Toán (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 môn Toán (Có đáp án)

1. ĐỀ BÀI I./ Phần trắc nghiệm: ( 2 điểm) Câu 1: Kết quả rút gọn biểu thức A 18 2 là: A. 2 2 B. 2 2 C. 2 D. 2 3 Câu 2: Đường thẳng d1 : y x 2 và d2 : y 2x m cắt nhau tại một điểm trên trục tung khi: A. m = 2 B. m 2 C. m 2 D. m 2 mx 2y 7 Câu 3: Hệ phương trình có nghiệm duy nhất khi: x y 5 A. m 2 B. m 2 C. m 2 D. m 2 Câu 4: Đồ thị hàm số (P): y ax2 đi qua điểm M(1;-3). Giá trị của a bằng: A. 3 B. -1 C. 1 D. -3 Câu 5: Phương trình nào sau đây có 4 nghiệm phân biệt: A. x4 4x2 3 0 B.2x4 10x2 1 0 C. 2014x4 x2 7 0 D. x4 x2 6 0 Câu 6: Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH, biết AC=3cm,; BC=5cm. Khi đó sinBAˆ H bằng: 5 3 3 4 A. B. C. D. 4 5 4 5 Câu 7: Cho hình chữ nhật ABCD có AB=4cm; AD=3cm. Khi quay hình chữ nhật ABCD một vòng quanh cạnh AB ta được một hình trụ có thể tích bằng: A. 36 cm3 B. 48 cm3 C. 24 cm3 D. 72 cm3 Câu 8: Cho hai đường tròn (O;R) và (O’;R’) có OO’=11cm; R=7cm; R’=3cm. Hai đường tròn đã cho: A. Cắt nhau B. Tiếp xúc trong C. Ở ngoài nhau D. Tiếp xúc ngoài II./ Phần tự luận: ( 8 điểm) 2 1 1 1 x x x Bài 1: (1,5 điểm): Cho biểu thức A = . với x > 0 , x 1. 2 2 x x 1 x 1 1). Rút gọn A. 2) Tìm x để x(A 2) 0 Bài 2: ( 1,5 điểm) cho phương trình : x2 2(m 1)x 2m 2 0 (1) 1) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm trái dấu ? 2 2) Xác định m để phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 2(m 1)x2 2(m 1) 9 2x 5y 2 3m Bài 3: ( 1 điểm) Cho hệ phương trình: 9 Tìm m biết y = 1 3 2x y 3m 2 Bài 4: (3điểm) Cho đường tròn (O) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi trên cung lớn BC sao cho AC>AB; AC>BC. Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC. Các tiếp tuyến của (O) tại D và C cắt nhau tại E. Gọi P và Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB với CD; AD với CE. 1) Chứng minh DE // BC 2) Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp đường tròn. 1 1 1 3) Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F. Chứng minh hệ thức . CE CQ CF Bài 5: ( 1 điểm) Giải phương trình: x2 x 12 x 1 36 Hết
2. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM I./ Phần trắc nghiệm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án A C B D B D A C II./ Phần tự luận Bài Ý Nội dung trình bày Điểm a/ với x 0; x 1 ta có: 2 x 1 x 1 x 1 A - .( ) 2 2 x x 1 x 1 2 x 1 ( x 1)2 ( x 1)2 0,5 . 2 x x 1 1) 1,0đ (x 1)2 4 x .( ) (2 x)2 x 1 0,25 1 x 1 x Vậy với x 0; x 1 thì A x x 0,25 1 Với x 0; x 1 ta có: x(A 2) 0 (1,5đ ) 1 x 1 x 2) x( 2) 0 x( 2) 0 1 x 2 x 0 x 2 x 1 0 0,25 x x 0,5đ Suy ra x1 1 2 (thỏa mãn ĐK); x2 1 2 ( Loại) 0,25 Vậy với x 1 2 thì x(A 2) 0 x2 2(m 1)x 2m 2 0 (1) Phương trình có hai nghiệm trái dấu 1 a.c 0 1.(2m 2) 0 2m 2 0,25 (0,5) m 1 Vậy với m <1 thì phương trình (1) có 2 nghiệm trái dấu 0,25 - Ta có '  (m 1)2 (2m 2).1 (m 1)2 2m 2 m2 3 Vì m2 0 với mọi m nên m2 3 0 với mọi m 2 ' 0 với mọi m (1,5đ) phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m 0,25 x1 x2 2(m 1) - Theo hệ thức vi et ta có: 0,25 x1.x2 2m 2 2 2 - Ta có: A x1 2(m 1)x2 2(m 1) (1đ) x2 (x x )x x x x2 x x x2 x x x2 2x x x2 0,25 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 2 2 (x1 x2 ) (2m 2)2 Vậy A (2m 2)2 0,25
3. 2x 5y 2 3m 9 (I) 3 2x y 3m 2 3 Thay y = 1 vào hệ phương trình (I) ta được: 2x 5 2 3m 2x 2 3m 5 (1đ) 9 9 0,25 3 2x 3m 3 2x 3m 2 2 3 2x 2 3m 5 2x 2 3m 5 m 2 0,5 6 2x 2 3m 9 7 2x 14 x 2 3 Vậy m là giá trị cần tìm 2 0,25 A O F B C D E P Q - Vì D là điểm chính giữa của cung BC (gt) 0,25 1) OD BC ( t/c) (0,75đ) - Vì DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại D 0,25 OD DE ( t/c) 4 Vậy DE // BC ( cùng vuông góc với OD) 0,25 (3,0đ) - Xét đường tròn (O) có: D là điểm chính giữa của cung BC cung DB bằng cung DC BAˆ D DAˆ C ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau 0,25 Lại có DAˆ C là góc nội tiếp và DCˆ E là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây 2) cung cùng chắn cung DE (1đ) DAˆ C DCˆ E 0,25 Vậy BAˆ D DCˆ E( DAˆ C) hay PAˆ Q PCˆ Q 0,25 - Xét tứ giác PACQ có: A và C cùng nằm về một phía so với cạnh PQ và PAˆ Q PCˆ Q Tứ giác PACQ là tứ giác nội tiếp ( Dấu hiệu ) 0,25
4. 3) - Vì tứ giác PACQ nội tiếp đường tròn QPˆC QAˆ C ( góc nội tiếp cùng chắn cung CQ) - Xét đường tròn (O) có: DAˆ C EDˆ C ( Góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung DC) QPˆC EDˆ C ( = QPˆC ) 0,25 3 (1,25 đ) Mà QPˆC và EDˆ C ở vị trí đồng vị của DE và PQ DE // PQ 0,25 - Xét CPQ có DE // PQ DP CB ( hệ quả của định lý ta lét) (1) PQ CQ - Xét CPQ có DE // FC ( vì DE // BC) DE QE ( hệ quả của định lý ta lét) (2) 0,25 CF CQ DE DE CE QE CE QE CQ Từ (1) và (2) 1 PQ CF CQ CQ CQ CQ 1 1 1 0,25 PQ CF DE - Mặt khác ta có DE = EC ( tính chất hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau tại E) và QPˆC PCˆ Q (cmt) CPQ cân tại Q QP QC 1 1 1 ( ĐPCM) 0,25 CQ CF CE Phương trình: x2 x 12 x 1 36 (*) ĐKXĐ: x 1 Đặt x 1 t ( Điều kiện t 1 0,25 x 1 t 2 x t 2 1 Phương trình (*) trở thành: (t 2 1)2 t 2 1 12t 36 0 t 4 2t 2 1 t 2 1 12t 36 0 5 t 4 t 2 12t 36 0 (1đ) t 4 (t 2 12t 36) 0 t 4 (t 6)2 0 (t 2 t 6)(t 2 t 6) 0 t 2 t 6 0(1) 0,25 2 t t 6 0(2) +) Giải (1): t 2 t 6 0 phương trình vô nghiệm 0,25 2 +) Giải (2): t t 6 0 t1 2 ( thỏa mãn ĐK); t 2 3 ( loại) 2 Với t t1 2 x 2 1 3 ( thỏa mãn điều kiện xác định) Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 3 0,25