Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Yên Bình (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Yên Bình (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS YÊN BÌNH ĐỀ THI THỬ VÀO 10 NĂM HỌC 2018-2019 Bài 1(2đ): Khoanh tròn vào chữ cái trước câu trả lời mà em cho là đúng. 1 Câu 1: Điều kiện để biểu thức có nghĩa là 1 x A. x > 1 B. x 0 và a 1 1 a 1 a a a) Rút gọn biểu thức P. 1 b) Với những giá trị nào của a thì P > . 2 Bài 3(1,5đ): Cho phương trình: x2 – (2m-1)x + m(m-1) = 0 (1). (Với m là tham số) a. Giải phương trình (1) với m = 2. b. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. c. Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (1). (Với x1 < x2). 2 Chứng minh rằng x1 – 2x2 + 3 0.
2. 2x 3y xy 5 Bài 4. (1 điểm) Giải hệ phương trình 1 1 1 x y 1 Bài 5: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB 0 0 2 1 a 2 2 1 a 1 a 0 a 1. Kết hợp với điều kiện a >0, ta được 0 < a < 1. 0,5đ Bài 3 1,5đ với m = 2, phương trình trở thành: x2 - 3x+2=0 a phương trình có a+b+c=0 nên Pt có hai nghiệm là: 0,5 x1 = 1 ; x2 = 2. (2m 1)2 4m(m 1) 1 b Vì 1 0 với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân 0,5 biệt.
3. Vì x1< x2 nên : 2m 1 1 x1 m 1 2 2m 1 1 c x m 0,5 2 2 2 2 2 x1 2x2 3 (m 1) 2m 3 (m 2) 0 với mọi m. Bài 4 1 x 0; y 1 2x 3y xy 5 2x 3y xy 5 0,25 1 1 1 y 1 x xy x x y 1 2x 3y xy 5 2x 2y 6 x 3 y 0,25 y xy 1 y xy 1 xy y 1 0(*) Thay x=3-y vào (*) 3 y y y 1 0 y2 4y 1 0 0,25 y1 2 5(tm) y2 2 5(tm) y1 2 5(tm) x1 1 5 y2 2 5(tm) x2 1 5 0,25 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1 5;2 5);(1 5;2 5) 3,0 Bài 5 đ A K O N M I B H C E Xét tứ giác AMHN Có ·AMH 900 ; ·ANH 900 (Vì AM  AB; AN  AC ) 0,25 a 0 0 0 Nên ta có ·AMH ·ANH 90 90 180 0,5 (1 đ) Vậy tứ giác AMHN nội tiếp 0,25 b Xét tam giác AHB vuông tại H (Vi AH BC ) có HM  AB (gt) nên 0,25
4. (0.75 đ) theo hệ thức lương trong tam giác vuông ta có AH 2 AM  AB Xét tam giác AHC vuông tại H(Vì AH BC ) có HN  AC (gt), tương tự 0,25 ta có AH 2 AN  AC Ta có AH 2 AM  AB ; AH 2 AN  AC vậy AM  AB AN  AC 0,25 Ta có tứ giác AMHN nội tiếp ( cm trên) ·ANM ·AHM ( cùng chắn cung AM) Ta có ·AHM B· HM ·AHB 900 ; M· BH B· HM 900 ( vì BMH vuông tại 0,25 M) c Vậy ·AHM M· BH ·ANM M· BH ·ANI ·ABC , mà ·ABC ·AEC ( cùng (0.75 đ) chắn cung AC) nên ·ANI ·AEC ·ANI I·EC Xét tứ giác INCE có ·ANI I·EC Tứ giác INCE nội tiếp ( vì có góc 0,25 ngoài của tứ giác bằng góc đối của góc trong của tứ giác) E· IN N· CE 1800 ( tính chất ) mà N· CE ·ACE 900 ( góc nội tiếp .) 0,25 Nên E· IN 900 1800 E· IN 900 AE  MN Ta có·AKE 900 ( góc nội tiếp ) ·AKI I·KE 900 .Ta có KIE vuông tại I (cm trên) I·EK I·KE 900 ·AKI I·EK ·AKN ·AEK , mà ·AEK ·ACK 0.25 ( cùng chăn cung AK) nên ·AKN ·ACK Xét AKN và ACK có góc A chung, có ·AKN ·ACK nên AKN : ACK AK AN AK 2 AN  AC , mà AH 2 AN  AC (cm trên) AC AK nên AK 2 AH 2 AK AH Lưu ý: ngoài cách trên HS có thể làm theo cách sau:: Cách 2:Ta có ·AKE 900 (góc nội tiếp ) AKE vuông tại K mà KI AE ( cm trên) d Nên theo HTL trong tam giác vuông ta có AK2=AI AE. Xét AIN và (0.5 đ) ACE AI AN Có ·AIN ·ACK 900 ; góc A chung AIK : ACE AC AE 0.25 AI  AE AN  AC , nên ta có AK2=AN AC, mà AH 2 AN  AC (cm trên) nên AK 2 AH 2 AK AH Cách 3: Gọi Q là giao điểm của tia Nm với đường tròn, vì AE  QK (cm trên) nên IQ IK ( vì đường kính vuông góc với dây) »AQ »AK ( vì đường kính đi qua trung điểm dây) ·AKQ ·ACK ·AKN ·ACK . Xét AKN và ACK có góc A chung, có ·AKN ·ACK nên AKN: ACK AK AN AK 2 AN  AC AC AK , mà AH 2 AN  AC (cm trên) nên AK 2 AH 2 AK AH Bài 6 1
5. 5x2 4x 5 x x2 3x 18 5x2 4x x2 3x 18 5 x 2 2 2 2 5x 4x x 22x 18 10 x(x 3x 18) 2x 9x 9 5 x(x 6)(x 3) 0,25 2(x2 6x) 3(x 3) 5 (x2 6x)(x 3) a x2 6x Đặt: (a 0;b 3) ta có phương trình: b x 3 0,25 2 2 a b 2 a 3b 5 a b ( a b )( 2 a 3b ) 0 2 a 3b 7 6 1 x (T M ) 2 2 1) a b x 7 x 3 0 7 6 1 x ( K T M ) 2 x 9 (tm ) 2 0,25 2 ) 2 a 3b 4 x 3 3 x 2 7 0 3 x ( k tm ) 4 7 61  Vậy phương trình có tập nghiệm: S 9;  . 2  0,25