Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán năm 2018 - Trường THCS Yên Thọ (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán năm 2018 - Trường THCS Yên Thọ (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS YÊN THỌ ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2018 MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài:120 phút, không kể thời gian giao đề) Phần I/ Trắc nghiệm (2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết vào bài làm: Câu 1. Điều kiện để biểu thức 1 x xác định là: A. x 1 B. x 0 và x ≠ 1 thì P = x . b) Tính giá trị của biểu thức P khi x 4 2 3 . 2 Bài 2. (1,5 điểm) Cho phương trình: x 2(m 1)x 2m 3 0 (x là ẩn, m là tham số) a) Chứng minh rằng với mọi m, phương trình đã cho luôn có một nghiệm bằng 1. x 2x 1 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện 1 2 . (x 2y)2 x 2 2y Bài 3. (1 điểm) Giải hệ phương trình x y 2 Bài 4. (3 điểm) Cho đường tròn (O; R) và một dây AB không đi qua O. Tiếp tuyến tại A và B của đường tròn cắt nhau ở C. Trên dây AB lấy điểm I sao cho AI > IB. Đường thẳng đi qua I và vuông góc với OI cắt tia CA, CB lần lượt tại D và E. a) Chứng minh tứ giác ADIO nội tiếp được trong một đường tròn. Xác định tâm của đường tròn đó?
2. b) Chứng minh DI = IE. c) Gọi H là giao điểm của CO và AB, chứng minh CH.CO - CD.CE = BE2. 3 3 Bài 5. (1 điểm) Cho x 2 y y 2 x và = 2 ― 2 2 +2 + 2 +2018 Tìm giá trị nhỏ nhất của M. TRƯỜNG THCS YÊN THỌ ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2018 MÔN: TOÁN 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 C D A D B C A B Phần II/ Tự luận (8,0 điểm) Bài Ý Nội dung trình bày Điểm Với x > 0 và x ≠ 1 ta có x 1 x x 1 x x 1 x 0,5 x 1 : x 1 x 1 x 1 a) P = 1,0 đ x x 1 x 1 x 1 . 0,25 = x 1 x 2 x 2 x 1 0,25 = x . Vậy với x > 0 và x ≠ 1 thì P = x . (1,5đ) 2 Ta có x 4 2 3 = 3 1 (Thỏa mãn điều kiện x > 0 và x ≠ 1) 2 0,25 2 3 1 b) 0,5 đ Nên ta có P = 4 2 3 3 3 3 3 2 3 3 3 0,25 2 2 3 2 4 3 2 = Phương trình đã cho luôn có một nghiệm bằng 1 0,25 a) 12 2(m 1).1 2m 3 0 0,5 đ -2m + 2m = 0 (luôn đúng  m) 0,25 Vậy với mọi m, phương trình đã cho luôn có một nghiệm bằng 1. Theo câu a, với mọi m, phương trình đã cho luôn có một nghiệm bằng 1, áp dụng định lý Vi-ét ta có: 0,25 2 b c x1 x2 2(m 1) x1.x2 2m 3 (1,5đ) a (1); a (2) b) x1 x2 2m 2 x 2x 1 1,0 đ Mà x1 2x2 1 (3). Từ (1) và (3) ta có hệ 1 2 4m 3 x 0,25 1 3 2m 3 x 2 3
3. Thay vào (2) và rút gọn ta được pt 2m2 9m 9 0 0,25 3 Giải phương trình tìm được m1 = 3; m2 = 2 và kết luận (HS có thể tìm nghiệm của phương trình đã cho và thay vào hệ thức x1 2x2 1 để tìm m. Khi đó phải xét hai trường hợp: 0,25 x1 1; x2 2m 3 hoặc x1 2m 3; x2 1, nếu chỉ có 1 trường hợp thì cho 0,5 điểm) (x 2y)2 x 2 2y Giải hệ phương trình x y 2 2 2 Ta có x 2y x 2 2y x 2y x 2y 2 0 Đặt x 2y t ta có phương trình t 2 t 2 0 Ta thấy a b c 1 1 2 0 phương trình có hai nghiệm 0,25 3 c t2 2 (1,0đ) t1 1; a x 2y 1 x 1 0,25 * Với t1 1, hệ đã cho trở thành x y 2 y 1 x 2y 2 x 2 0,25 * Với t1 2 , hệ đã cho trở thành x y 2 y 0 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm x; y 1; 1 , 2;0 0,25 A D H C O I 4 (3,0đ) B E Ta có CA là tiếp tuyến của (O) (gt) CA  AO (t/c tiếp tuyến) 0,25  DAO = 900 a) Lại có DE  OI (gt)  DIO = 900 0,25 1,0đ  DAO =  DIO = 900 A, I nhìn DO dưới một góc vuông 0,25 A, I thuộc đường tròn đường kính DO (Bài toán quỹ tích)
4. tứ giác ADIO nội tiếp đường tròn đường kính DO (tứ giác có 4 đỉnh cùng thuộc một đường tròn) Tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác là trung điểm của DO. 0,25 Ta có tứ giác ADIO nội tiếp (câu a)  IDO =  IAO (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IO) 0,25 CMTT câu a, ta có tứ giác BIOE nội tiếp  IEO =  IBO (2 góc nội tiếp cùng chắn cung IO) Mà OA = OB = R AOB cân tại O (2 cạnh bằng nhau) b) 0,25  IAO =  IBO (2 góc ở đáy) 1,0đ Từ đó suy ra  IDO =  IEO 0,25 ODE cân tại O (2 góc ở đáy bằng nhau) Mà OI  DE (gt) OI là đường cao, đồng thời là trung tuyến của ODE (t/c tam giác cân) 0,25 I là trung điểm của DE hay DI = IE (đpcm) Ta có CA = CB (t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) OA = OB = R 0,25 OC là đường trung trực của AB OC  AB tại H CAO vuông tại A có AH là đường cao 0,25 CA2 = CH.CO (hệ thức về cạnh và đường cao) Xét ADO và BEO có:  DAO =  EBO = 900 OA = OB = R c) 0,25 OD = OE ( ODE cân tại O) 1,0đ ADO = BEO (cạnh huyền – cạnh góc vuông) AD = BE (2 cạnh tương ứng) Ta có CH.CO – BE2 = CA2 – BE2 = CB2 – BE2 = (CB + BE)(CB – BE) 0,25 = CE(CA – AD) = CE.CD CH.CO – CD.CE = BE2 (đpcm) 3 3 Ta có x 2 y y 2 x (ĐK: x; y - 2) 3 3 x y x 2 y 2 0 0,25 2 2 x y x xy y x 2 y 2 0 2 2 x 2 y 2 x xy y x 2 y 2 0 x 2 y 2 x 2 y 2 x2 xy y2 1 0 5 (1,0đ) x 2 y 2 0 0,25 x 2 y 2 x2 xy y2 1 0 * x 2 y 2 0 x y 2 2 * x 2 y 2 x xy y 1 0 (1) 0,25
5. Ta thấy x 2 y 2 0x; y 2 2 2 2 1 3 2 x xy y x y y 0x; y 2 2 4 2 2 x 2 y 2 x xy y 1 0x; y 2 pt (1) vô nghiệm. Với x y ta có = 2 ― 2 2 +2 + 2 +2018 = ( + 1)2 + 2017 ≥ 2017 0,25 Vậy GTNN của M là 2017 x y = - 1 (Thỏa mãn ĐK) Chú ý: - HS làm cách khác đúng, cho điểm tương tự. - Tổng điểm của cả bài thi giữ nguyên, không làm tròn.