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

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

1. TRƯỜNG THCS ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2018 YÊN THỌ Môn: TOÁN (Thời gian làm bài 120 phút) Đề thi gồm 01 trang. Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm). Hãy chọn phương án trả lời đúng Câu 1. Điều kiện để biểu thức A x 2 2x 2015 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 . 2 Câu 4. Trong mặt phẳng Oxy, parabol :y 2x có điểm chung với đường thẳng nào? A. y 6 . B. x 2 . C. y 2x 3 . D. y 2x 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) Câu 6. Khi cắt hình trụ bởi một mặt phẳng vuông góc với trục hình trụ thì mặt cắt là hình gì? A. Hình tròn. B. Hình tam giác. C. Hình chữ nhật. D. Hình thang. Câu 7. Một hình nón có đường sinh l = 5dm và bán kính đường tròn đáy là r = 3dm. Chiều cao hình nón bằng A. 2dm. B. 4dm . C. 3dm . D. 5dm. 2 Câu 8. Một hình cầu có diện tích mặt cầu làS 36 (dm ) thì thể tích của hình cầu đó bằng 3 3 3 3 A. 36(dm ) . B. 18 (dm ) . C. 3 6 (dm ) . D. 72 (dm ) . Phần II. Tự luận (8,0 điểm) 1 1 x2 x 1 x2 A : 3 2 Câu 1. (1,5 điểm). Cho biểu thức x 1 x 1 x 1 x x với x 0 ,x 1 . 1) Rút gọn A. 2 A 2) Chứng minh với x 3 2 2 thì 2 . 2 2 Câu 2.(1,5 điểm) Cho phương trình: x 2mx m 2m 3 0 (1), với m là tham số. 1) Giải phương trình (1) với m = 3. 2 2 2) Tìm tất cả các giá trị của m để (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn 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 (O không thuộc BC). 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) Chứng minh các 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 . AK AK 2 3) Gọi K là giao điểm của FE và BC. Chứng minh AB AC . 2 2 Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình: 6x 1 2x 3 x . HẾT
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2018 TRƯỜNG THCS MÔN: TOÁN YÊN THỌ Hướng dẫn chấm gồm 03 trang. I. Hướng dẫn chung: phần tự luận 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 A và B A A B C Phần II – Tự luận (8,0 điểm) Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 1 x 1 x 1 2 x 0,25 1) + Với x 0 , x 1. ta có x 1 x 1 ( x 1)( x 1) x 1 (1,0 + Bến đổi đ) x2 x 1 x2 x2 x 1 x2 0,25 x3 1 x2 x (x 1)(x2 x 1) x(x 1) 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 0,25 2 x x 1 2 x A : 0,25 +Khi đó x 1 x 1 x 1 . + Ta thấy x 3 2 2 thỏa mãn điều kiện x 0 , x 1. Thay x 3 2 2 vào biểu 1. 2) (1,5đ) (0,5 2 x 2 3 2 2 2 ( 2 1)2 0,25 2 x A đ) thức x 1 ta được x 1 4 2 2 4 2 2 . 2 2 1 2( 2 1) 2 0,25 2 2( 2 1) 2 2( 2 1) 2 (đpcm). Với m = 3 phương trình (1) trở thành: x2 6x 6 0 (*) 0,25 1) 2 2. (0,5 ' ( 3) 6 3 . (1,5đ) đ) Phương trình (*) có các nghiệm x1 3 3; x2 3 3. 0,25 Kết luận: Khi m = 3 thì (1) có hai nghiệm x1 3 3; x2 3 3. 2 2 2 2 Ta có ' m (m 2m 3) m m 2m 3 2m 3 . 0,25 3 x , x ' 0 2m 3 0 m . Phương trình (1) có hai nghiệm 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 (1,0 Theo hệ thức Vi – et ta có x1 x2 2m; x1x2 m 2m 3. đ) 2 Do đó 2(x1 x2 ) 4x1x2 5(x1 x2 ) 0 2 2 0,25 2.(2m) 4(m 2m 3) 5.(2m) 0 m 2 2 2m m 6 0 3 m 2
3. 3 m Kết hợp với điều kiện 2 , ta được m 2 là giá trị cần tìm. ĐKXĐ: x 1; y 0. 0,25 0,25 u x 1 u 2v 5 v y u 0; v 0 2u 3v 4 3. Đặt ĐK: . Hệ PT trở thành . 0,25 (1,0 đ) u 1 x 1 1 v 2 Giải hệ phương trình ta được 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 M C B K A O H 4. (3,0đ) E + Ta có OE  AE (tính chất tiếp tuyến) góc OEA = 900 E thuộc đường tròn 1) đường kính AO (1) 0,25 (1,25) + Ta có OF  AE (tính chất tiếp tuyến) góc OFA = 900 F thuộc đường tròn đường kính AO (2) 0,25 + Ta có M là trung điểm của dây cung BC không đi qua tâm đường tròn (O) OM  BC (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây) góc OMA =900 M thuộc đường tròn đường kính AO (3) 0,25 Từ (1), (2), (3) các điểm A, E, O, M, F cùng nằm trên một đường tròn đường 0,50 kính AO Ta có OE = OF (đều là bán kính của (O)) nên O thuộc trung trực của EF. Ta có AE = AF (tính chất tiếp tuyến) nên A thuộc trung trực của EF. 2) AO là trung trực của EF (1,25) AO  EF tại H. 0,25 Ta có OEA vuông tại E, EH là đường cao AE 2 AH.AO . (4) 0,25
4. + Xét ABE và AEC chỉ ra góc ACE = góc AEB, góc CAE chung. AB AE AB.AC AE 2 0,50 ACE đồng dạng với AEB (g.g) AE AC . (5) + Từ (4) và (5) suy ra AH.AO AB.AC (vì cùng bằng AE2). 0,25 3) AK AK AB AC AB AB BC 2(AB BM ) (0,5 AK AK. AK. + Biến đổi AB AC AB.AC AB.AC AB.AC đ) 0,25 2AM AK. AB.AC AK AK 2. 0,25 + Chỉ ra AK.AM = AH. AO ; AB . AC = AH. AO và kết luận AB AC 2 2 Giải phương trình: 6x 1 2x 3 x . (1) 3 x 0,25 ĐKXĐ: 2 . 2 2 0,25 PT(1) ( 6x 1 5) ( 2x 3 1) (x 4) 0 6x2 24 2x 4 (x 2)(x 2) 0 2 6x 1 5 2x 3 1 3 2 x 5. (Vì 6x 1 5 0; 2x 3 1 0 2 ) (1,0 đ) 6(x 2) 2 0,25 (x 2) (x 2) 0 2 6x 1 5 2x 3 1 x 2 6(x 2) 2 (x 2) 0 (2) 2 6x 1 5 2x 3 1 . 6 2 (x 2) 1 0 2 Phương trình (2) 6x 1 5 2x 3 1 . 3 6 6x2 1 5 6 x 1 0. 2 6x2 1 5 Ta thấy x + 2 > 0, 0,25 6 2 3 (x 2) 1 0 x 2 Vậy 6x 1 5 2x 3 1 2 . Suy ra PT(2) vô nghiệm. KL: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2. HẾT