Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán lần 1 - Năm học 2018-2019 - Phòng giáo dục và đào tạo Hải Hậu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán lần 1 - Năm học 2018-2019 - Phòng giáo dục và đào tạo 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 6 x 2 1 =. x 2 x 2 6 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 có giá trị nguyên x 2 x 2 x 2 3 nguyên x 2 Ư(3) x 2 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. Tìm được x1 1 ; x2 7 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 Khẳng định phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 m 2 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 2 2 2 x1 2 m 3 x1 2m 3 . x2 2 m 3 x2 2m 3 m 3m 6 ( 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: 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 Có (I) x y 2x xy 1 0 2x xy 1 0
3. xy x y 3 x y 0 x y xy 3 0 2x xy 1 0 2x xy 1 0 x y 0 xy 3 0 hoac 2x xy 1 0 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 2 Kết luận: Câu 4 (3,0 điểm): D B E O A H F C a) Chứng minh: AE.AD = AH.AO và chứng minh: tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn. Chỉ ra được AE.AD = AB2 Chỉ ra được AH.AO = AB2 AE.AD = AH.AO = AB2 Chứng minh được AHE đồng dạng ADO E· HA ·ADO Kết luận được tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh HE vuông góc với BF. Tứ giác ODEH nội tiếp D· EH H· OC Chỉ ra B· CD B· ED (Hai góc nội tiếp cùng chắn B»D của (O)) Mà H· OC O· CH 900 (Tam giác OHC vuông tại H) H· ED B· ED 900 H· EB 900 HE  BF tại E 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 AF2 – EF2 = HF2 – EF2 = HE2 = EB.EF HC 2 BE.BF BF AF2 EF2 BE.EF EF DE BE Chứng minh BDE đồng dạng FAE AE EF HC 2 DE BF BE BF BE EF 1 AF2 EF2 AE EF EF EF EF Với x 3 hoặc x 1 ta có
4. 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 ) 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 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. Với điều kiện x 1 bình phương hai vế của phương trình (1) ta có: 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