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

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

1. TRƯỜNG THCS YÊN THỌ ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 (ĐỀ THI THỬ) Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 01 trang Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. Câu 1. Điều kiện để biểu thức A x 2 2x 2018 có nghĩa là A.x 2 . B. x 2 . C.x 2 . D. x 2. Câu 2. Phương trình x2 3x 2014m 0 có hai nghiệm trái dấu khi và chỉ khi A. m 0. B. m 0 . C. m 0 . D. m 0. 2 2 2 Câu 3. Gọi x1, x 2 là nghiệm của phương trình x 2x 1 0 .Giá trị của x1 x2 bằng A. 1 . B. 2 . C. 4 . D. 6 . Câu 4. Trong mặt phẳng Oxy, số giao của parabol :y 2x2 và đường thẳng d: y x 1 là A. 0 . B. 2 . C. 1 . D. 3 . Câu 5. Đường thẳng (d): y 2x 6 cắt trục tung tại điểm A. M(0; -6). B.N(3; 0) C. P(0; 3). D. Q(-6;0) S Câu 6. Cho tam giác ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC . Tỷ số AMN bằng SABC 1 1 1 A. . B. . C. . D. 2 . 2 3 4 Câu 7. Cho đường tròn (O; R) có chu vi bằng 4 , diện tích hình tròn tương ứng bằng A. 8 . B. 4 . C. 16 . D. 16 2 . Câu 8. Diện tích xung quanh của hình trụ có chu vi đáy bằng 13 cm và chiều cao bằng 5 cm là A. 18(cm2 ). B.36(cm2 ). C. 65(cm2 ). D. 130(cm2 ). Phần II. Tự luận (8,0 điểm) Câu 1. (1,5 điểm). 1 1 1 x x 0 1) Rút gọn biểu thức A : 3 2 với . x x x x x 1 x x 1 x 1 2) Chứng minh đẳng thức 1 2 3 1 2 3 2 2 . Câu 2.(1,5 điểm) Cho phương trình: x2 2mx m2 2m 3 0 (1), với m là tham số. 1) Giải phương trình (1) với m = 3. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện 2 2 2(x1 x2 ) 5(x1 x2 ) . x 1 2 y 5 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình . 2 x 1 3 y 4 Câu 4. (3,0 điểm) Cho ba điểm A,B,C phân biệt thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn tâm O bất kỳ đi qua hai điểm B, C. Gọi E, F là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ A tới đường tròn (O) . Gọi M là trung điểm BC. 1) Khi điểm O không thuộc BC, chứng minh năm điểm A, E, O, M, F cùng nằm trên một đường tròn. 2) Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng AO và EF. Chứng minh AH.AO AB.AC AE 2 . 3) Khi đường tròn (O) thay đổi nhưng luôn đi qua hai điểm B và C. Xác định vị trí của điểm O để độ dài đoạn thẳng EF nhỏ nhất. Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình: 6x2 1 2x 3 x2. HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: . Giám thị số 1: Giám thị số 2:
2. I. Hướng dẫn chung: 1) Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì vẫn cho điểm tối đa. 3) Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu. Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm và không làm tròn. II. Đáp án và thang điểm: Phần I – Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm. Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Đáp án D A D B A C B C Phần II – Tự luận( 8,0 điểm) Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 1 x x x x 0,25 Với x 0; x 1 ta có 1) x x x x (x x)(x x) (1,0 đ) 2x 2 0,25 . x2 x x 1 Với x 0; x 1 ta có 0,25 1 x 1 x x2 x 1 x3 1 x2 x 1 (x 1)(x2 x 1) x2 x 1 x3 1 2 x2 x 1 2x2 2x 2 0,25 A : . x 1 x3 1 x2 x 1 Ta có 1 2 3 1 2 3 (1 2)2 ( 3)2 0,25 1. 2) (1,5đ) (0,5 đ) 1 2 2 2 3 2 2 (đpcm) 0,25 Với m = 3 phương trình (1) trở thành: x2 6x 6 0 (*) 0,25 1) ' ( 3)2 6 3 . 0,25 2. (0,5 đ) (1,5đ) Phương trình (*) có các nghiệm x1 3 3; x2 3 3. KL: Khi m = 3 thì pt(1) có hai nghiệm x1 3 3; x2 3 3. Ta có ' m2 (m2 2m 3) m2 m2 2m 3 2m 3 . 3 0,25 Phương trình (1) có hai nghiệm x , x ' 0 2m 3 0 m . 1 2 2 2 2 2 0,25 Ta có 2(x1 x2 ) 5(x1 x2 ) 2(x1 x2 ) 4x1x2 5(x1 x2 ) 0. 2) 2 0,25 Theo hệ thức Vi – et ta có x1 x2 2m; x1x2 m 2m 3. (1,0 đ) 2 Do đó 2(x1 x2 ) 4x1x2 5(x1 x2 ) 0 2.(2m)2 4(m2 2m 3) 5.(2m) 0 0,25 m 2 2 2m m 6 0 3 m 2 3 Kết hợp với điều kiện m , ta được m 2 là giá trị cần tìm. 2 ĐKXĐ: x 1; y 0. 0,25
3. u x 1 u 2v 5 0,25 Đặt ĐK: u 0; v 0 . Hệ PT trở thành . v y 2u 3v 4 3. u 1 x 1 1 0,25 (1,0 đ) Giải hệ phương trình ta được v 2 y 2 x 2 0,25 . y 4 Kết hợp với ĐKXĐ, hệ phương trình có nghiệm là (x; y) (2; 4) . Hình vẽ F H O A B C M 4. (3,0đ) E Ta có OE  AE O· EA 90o. ( tính chất tiếp tuyến). 0,25 1) · o (1,0 đ) OF  AF OFA 90 . (tính chất tiếp tuyến). O· EA O· FA 180o tứ giác AEOF nội tiếp đường tròn. (1) Ta có M là trung điểm của dây cung BC OM  BC O· MA 90o. 0,25 Xét tứ giác OMAF có 0,25 O· MA O· FA 180o tứ giác OMAF nội tiếp đường tròn. (2) Từ (1) và (2) suy ra năm điểm A, E, M, O, F cùng nằm trên một đường tròn (qua 0,25 ba điểm A, O, F không thẳng hàng xác định duy nhất một đường tròn). Ta có OE = OF nên O thuộc trung trực của EF. 0,25 Ta có AE = AF (tính chất tiếp tuyến) nên A thuộc trung trực của EF. 2) AO là trung trực của EF (1,0 đ) AO  EF tại H. Ta có OEA vuông tại E, EH là đường cao AE 2 AH.AO . (3) 0,25 Xét ABE và AEC có ·ACE ·AEB ; C· AE B· AE AB AE ACE đồng dạng với AEB (g.g) AB.AC AE 2 . (4) 0,25 AE AC Từ (3) và (4) suy ra .AH.AO AB.AC AE 2 0,25 3) Ta có AEH vuông tại H EH 2 AE 2 AH 2 . (5) 0,25 (1,0 đ) AE Ta có AE 2 AH.AO (chứng minh trên) AH . AO AE 2 Thay vào (5) EH 2 AE 2 . AO2
4. 2 0,25 2 2 AE Ta có EF = 2.EH EF 4. AE 2 . AO Theo 2) ta có AB.AC AE 2 , do A, B, C cố định nên AE không đổi. 2 2 2 0,25 AE AE 2 2 AE Ta có AO AM 2 2 EF 4. AE 2 không đổi. AO AM AM Dấu bằng xảy ra khi O trùng với M hay O là trung điểm của BC. 0,25 Vậy EF nhỏ nhất khi O là trung điểm của BC. 2 2 0,25 Giải phương trình: 6x 1 2x 3 x . (1) 3 ĐKXĐ: x . 2 PT(1) ( 6x2 1 5) ( 2x 3 1) (x2 4) 0 0,25 6x2 24 2x 4 (x 2)(x 2) 0 6x2 1 5 2x 3 1 3 (Vì 6x2 1 5 0; 2x 3 1 0 x ) 2 5. 6(x 2) 2 0,25 (1,0 đ) (x 2) (x 2) 0 6x2 1 5 2x 3 1 x 2 6(x 2) 2 . (x 2) 0 (2) 6x2 1 5 2x 3 1 6 2 Phương trình (2) (x 2) 1 0 . 6x2 1 5 2x 3 1 3 6 Ta thấy 6x2 1 5 6 x 1 0. 2 6x2 1 5 0,25 6 2 3 Vậy (x 2) 1 0 x . 6x2 1 5 2x 3 1 2 Suy ra PT(2) vô nghiệm. KL: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2. HẾT