Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019 - Trường THCS Thái Hòa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2018-2019 - Trường THCS Thái Hòa (Có đáp án)

1. PHÒNG GD-ĐT THÁI THỤY ĐỀ THI THỬ VÀO THPT NĂM HỌC 2018-2019 TRƯỜNG THCS THÁI HÒA MÔN: TOÁN (VÒNG 1) ( Thời gian làm bài 120 phút ) x x x x x 3 x 1 Bài 1 (1,75 điểm) Cho biểu thức : B . x x 1 1 x 2x x 1 a .Rút gọn biểu thức b. Tìm x để B<0 x 2y 3 m Bài 2( 1,5 điểm) Cho hệ phương trình : 2x y 3(m 2) a. Giải hệ với m = -1 b. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhât (x,y) sao cho A x2 y2 đạt GTNN 2 Bài 3 (1,75 điểm) Cho (P) : y x và đường thẳng (d) : y= 5x - m+3 a. Với m = -3, tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P) b. Tìm m để (d) cắt(P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 thỏa mãn : 2 x1 2x1x2 3x2 1 Bài 4 (1 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày quy định. Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm? Bài 5 (3,5 điểm): Cho (O,R) và một điểm P nằm ngoài đường tròn. Kẻ 2 tiếp tuyến PA, PB với đường tròn (A, B là tiếp điểm). Tia PO cắt đường tròn tại 2 điểm K và I (K nằm giữa P và O) và cắt AB tại H. Gọi D là điểm đối xứng với B qua O, C là giao điểm của PD với đường tròn (O). a.Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp b.Chứng minh PC.PD = PO. PH c.Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt BI tại Q. Chứng minh tam giác AQH cân. d.Giả sử B· DC 450 . Tính diện tích tam giác PBD phần nằm ngoài đường tròn (O) theo R. Bài 6(0,5 điểm ) Tìm m để phương trình ẩn x sau đây có ba nghiệm phân biệt x3 - 2mx2 + (m2+1)x – m = 0
2. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung Điểm Câu 1 1 Với : x 0;x 1;x ( a , 4 ( 1đ) x (x x 1) x 3 ( x 1)( x 1) B=  ( x 1)(x x 1) x 1 (2 x 1)( x 1) 0,25 x x 3 ( x 1) 0,25 =  x 1 x 1 (2 x 1) = (2 x 3)( x 1) 0,25 x 1 (2 x 1) 2 x 3 0,25 = 2 x 1 1 2 x 3 Vậy với x 0;x 1;x thì B = 4 2 x 1 b) 1 ĐK x 0;x 1;x 0,7 5đ 4 2 x 3 B 0 0 2 x 1 0,25 1 vì x 0;x 1;x nên 2 x 3 0 4 0,25 2 x 3 1 1 0 2 x 1 0 2 x 1 x x 2 x 1 2 4 1 Kết hợp với ĐKXĐ . Vậy với 0 x thì B < 0. 4 0,25
3. Câu2 x 2y 4 0,25 a. Với m = -1 ta có hệ: 2x y 3 x 2y 4 5x 10 x 2 a) 0,25 4x 2y 6 y 3 2x y 1 0,75 Vậy với m = -1 thì hệ có nghiệm duy nhất (x,y) = (2,-1). 0,25 x m 3(*) 0,25 b. Dùng phương pháp cộng (thế) đưa hệ về dạng y m - Lập luận : Vì a 1 0m nên pt (*) luôn có nghiệm duy nhấtm 0,25 Suy ra hệ pt luôn có nghiệm duy nhất m b)0,75 - Ta có: A x2 y2 (m 3)2 m2 2m2 6m 9 3 9 9 = 2(m+ )2 m 2 2 2 Vậy A đạt GTNN = 9/2 m= -3/2 0.25 Câu 3 a. (P) : y x2 (d) : y = 5x - m+3 a) Với m = -3 ta có (d) : y = 5x+6 2 0,75đ Xét pthđgđ : x 5x 6 0 0.25 c Có a – b +c =0 nên pt có 2 nghiệm x 1; x 6 1 2 a x 1 y ( 1)2 1 ( 1,1) 1 1 0,25 2 x2 6 y2 6 36 (6,36) Vậy với m = -3 thì (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt (-1,1) và (6,36) 0,25 b. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) b) 1đ x2 = 5x - m + 3 x2 - 5x + m - 3= 0 (*) Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt 0,25 phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt ' 0 37 25 -4(m - 3)> 0 25 -4m + 12 > 0 m < 4 Do x1; x2là hai hoành độ giao điểm nên x 1; x2là nghiệm của phương
4. trình (*) 0,25 x1 x2 5(1) Theo Vi-et x1x2 m 3(2) Từ (1) ta có x1 = 5 - x2 2 Để x1 - 2x1x2 + 3x2 = 1 2 (5 - x2) - 2(5 - x2)x2 + 3x2 = 1 2 2 25 - 10x2 + x2 - 10x2 + 2x2 + 3x2 = 1 3x 2 - 17x + 24 = 0 2 2 0,25 8 7 Giải phương trình ta được x2 = x2 = 3.Từ (1) có x1 = ; x1 = 2 3 ; 3 Thay giá trị x1 ; x2 vào (2) ta có 7 8 56 83 37 Với x1 = ; x2 = = m - 3 m = (t/m m 9 9 4 37 Với x1 =2; x2 = 3 => 6= m - 3 m = 9 (t/m m 0, x nguyên) 1đ 1100 Số ngày theo kế hoạch là : . x 0.25 Số ngày thực tế là 1100 . x 5 Theo giả thiết của bài toán ta có : 0.25 1100 - 1100 = 2. x x 5 1100(x 5) 1100x 2x(x 5) 2x2 10x 5500 0 0,25 x1 50 (TM) x2 55(KTM) (loại) Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản phẩm. 0,25
5. Câu 4 3,5 đ Vẽ hình D A C M I O H K P Q B a) a . Ta có: OA = OB = R 1đ PA = PB ( T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau tại P) OP là đường trung trực của AB OP  AB P· HB 900 0,25 Lại có:D đối xứng B qua O nên D (O) và BD là đường kính. B· CD 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) P· CB 900 ( Kề bù với góc BCD ) 0.25 Xét tứ giác PCHD có : P· CB P· HB 900 Mà C, H là 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh PB dưới 1 góc vuông 0,5 Suy ra tứ giác BHCP nội tiếp b)1d b. - C/m PAC đồng dạng PDA PA2 PC.PD (1) 0,5 - Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông PAO ta có: PA2 PO.PH (2) 0,5 Từ (1) và (2) suy ra đpcm c.Ta có: C· AH C· DB (2 góc nt cùng chắn cung BC của (O))
6. C· HA C· PB ( Vì PBHC nội tiếp) · 0 ACH vuông tại C nên AMH 90 0,25 HM  AQ (3) c) · · · ABI AHM ( ACI) 0,75 HM / /BQ(4) 0,25 Từ (3),(4) có tam giác ABQ vuông tại Q,MH là đường TB Do đó HM là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của tam giác AQH nên tam giác AQH cân tại H 0,25 2 d d. Tam giác PBD vuông cân tại B nên BD=BP = 2R SPBD 2R 0.75đ 1 S R2 S OC.PB R2 S BDC BDC 2 COD 2 2 0.25 1 R2 Tính được : S S 0.25 qOBC 4 (O) 4 Vậy diện tích tam giác PBD phần nằm bên ngoài đường tròn (O) là: (6 )R2 S S S S (đvdt) PDC COD qOBC 4 0,25 Câu 6 Xét phương trình 3 2 2 0,5 x 2mx (m 1)x m 0 x3 2mx2 m2x x m 0 x(x m)2 x m 0 2 (x m)(x mx 1) 0 x m 0,25 2 x mx 1 0(1) Để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác m .Dễ thấy x=m không là nghiệm của phương trình (1) 2 m 2 Vậy pt (1) có hai nghiệm khi và chỉ khi m 4 0 m 2 Vậy với m>2 hoặc m<-2 thì phương trình đã cho có ba nghiệm phân 0,25 biệt (HS làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)