Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán phòng GD và ĐT Hải Hậu – Nam Định lần 1

c -
PHÒNG GD-ĐT HẢI HẬU
ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 Môn Toán lớp 9 ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2 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 1 có nghĩa là 2018  x A. x  2018 B. x  2018 C. x < 2018 D. x  2018 
Câu 2. Nếu a < 0 và b < 0 thì a bằng A. a B.
a C. 1 ab D. a  b b b  b b
Câu 3. Đồ thị của hàm số y = (m – 2019)x + m + 2018 (m là tham số) tạo với trục Ox một góc nhọn
khi và chỉ khi A. m < 2018 B. m > 2019 C. m > - 2018 D. m < 2019
Câu 4. Phương trình nào sau đây có 2 nghiệm dương?
A. x2 - x + 2 = 0 B. x2 - x - 2 = 0 C. x2 - 5x + 2 = 0 D. x2 + 5x + 2 = 0
C©u 5. Hàm số y = (m - 1 - m2)x2 (m là tham số) đồng biến khi A. B. C. D.
Câu 6. Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài. Số tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó là A. 1 B. 2 C. 3 D. 1 hoặc 3 3
Câu 7. Cho góc nhọn  , biết sin = . Khi đó cot bằng 5 3 4 5 4 A. B. C. D. 4 5 4 3
C©u 8. Cho hình nón có bán kính đáy là 6cm, chiều cao là 8cm. Diện tích xung quanh của hình nón là A. 60 cm2 B. 24 cm2 C. 48 cm2 D. 50 cm2
II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm):  x 6 1   10 x 
Câu 1 (1,5 điểm) Cho biểu thức: P =     :  x  2  với x > 0; x  4
 x x  4 x 3 x 6 x  2  x  2
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức Q =  x  
1 .P đạt giá trị nguyên.
Câu 2 (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x - 2m + 5 = 0 (m là tham số) (1)
a) Giải phương trình với m = -1
b) Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 2
x  2m 3 2
x  2m  3.x  2m  3 2
x  2m  3  m  3m  6  1 1   2 2   3 3 x   y  
Câu 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình (I) x y 
2x  xy 1 0 
Câu 4 (3,0 điểm): Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC
với đường tròn (O) (B và C là các tiếp điểm). Đường thẳng CO cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D; đường
thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E; đường thẳng BE cắt AO tại F; H là giao điểm của AO và BC.
a) Chứng minh: AE.AD = AH.AO = AB2 và chứng minh: tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh: HE vuông góc với BF. 2 HC DE c) Chứng minh:  1 2 2 AF  EF AE 
Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình:  x 3 1 15 2
x  3x  2 3   x  x 11 x 1 2 2
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT HUYỆN HẢI HẬU NĂM HỌC 2018-2019 _________________________
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (mỗi câu cho 0,25 điểm): Câu1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8 C B B C D C D A
II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm):
Câu 1 (1,5 điểm):  x 6 1   10  x 
Rút gọn biểu thức: P =     :  x  2   với x > 0; x  4
 x x  4 x 3 x  6 x  2   x  2 
Với x > 0; x  4 ta có:  x 6 1   10  x  P =     :  x  2  
 x x  4 x 3 x  6 x  2   x  2    x 6 1 x4 1  0x      0,25đ xx  3 x   : 4 2 x 2 x 2    x 2 1 6     
 x 2 x 0,25đ   : 2 x 2 x 2 x 2 
x  2 x  2  x  2 6
x  2 x  4  x  2 6    0,25đ
x  2 x  2 : x 
 x 2 x 2 : 2 x  2 6 x  2 = 
x  2 x  2. 6 0,25đ 1  
và kết luận.............. x  2
b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức Q =  x  
1 .P đạt giá trị nguyên.
Với x > 0; x  4. Ta có  x  Q =  x   1 .P =  x   1 1 3 1 .  1 0,25đ x  2 x  2 x  2
Nếu x không là số chính phương  x là số vô tỉ  Q không nguyên
Nếu x là số chính phương  x là số nguyên  Q nguyên  3
nguyên  x  2 Ư(3) x  2 0,25đ
Giải ra tìm được các giá trị x = 1; x = 9; x = 25
Đối chiếu điều kiện và kết luận....
Câu 2 (1,5 điểm): Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x - 2m + 5 = 0 (m là tham số)
a) Giải phương trình với m = -1.
Thay m = -1 vào phương trình (1) ta có 2 2 x  2( 1   3)x  2.( 1
 )  5  0  x  8x  7  0 0,25đ Tìm được '   16  7  9 0,25đ Tìm được x  1
 ; x  7 và kết luận............... 0,25đ 1 2
b) Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn 2
x  2m 3 2
x  2m  3.x  2m  3 2
x  2m  3  m  3m  6  1 1   2 2 
Khẳng định phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2  m  2 0,25đ
Phương trình (1) có nghiệm là x1  2
x  2(m  3)x  2m  3  2  1 1
Phương trình (1) có nghiệm là x2  2
x  2(m  3)x  2m  3  2  2 2 2
x  2m 3 2
x  2m  3.x  2m  3 2
x  2m  3  m  3m  6  1 1   2 2  0,25đ  2 ( 2  ).( 2
 )  m  3m  6  m2 – 3m +2 = 0
Giải phương trình tìm được m = 1 hoặc m = 2 0,25đ
Đối chiếu điều kiện có m = 1 và kết luận:......  3 3 x   y  
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (I) x y 
2x  xy 1 0 
Điều kiện: x > 0 và y > 0  3 3 x   y  
x y 3 y  xy 3 x Có (I) x y    0,25đ 
2x  xy 1  0
2x  xy 1  0     x  y  0 xy 
 x  y3 x  y 0  x  y 
 xy 3 0      
  xy  3  0  0,25đ
2x  xy 1  0 
2x  xy 1  0  
2x  xy 1  0 
 x  y  0 
2x  xy 1 0     xy 3  0  0,25đ
2x  xy 1 0 
 x  y  0 x  1
Giải hệ phương trình  tìm được  (thỏa mãn điều kiện)
2x  xy 1  0  y 1  x  2  xy  3  0 
Giải hệ phương trình  tìm được 
9 (thỏa mãn điều kiện)
2x  xy 1  0  y   0,25đ  2 Kết luận:.......
Câu 4 (3,0 điểm):
a) Chứng minh: AE.AD = AH.AO và chứng minh: tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn. Chỉ ra được AE.AD = AB2 D B 0,25đ Chỉ ra được AH.AO = AB2 0,25đ E  AE.AD = AH.AO = AB2 0,25đ
Chứng minh được AHE  đồng dạng ADO 0,25đ    EHA  ADO O A H F 0,25đ
Kết luận được tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn
b) Chứng minh HE vuông góc với BF.
Tứ giác ODEH nội tiếp    0
HED  HOD  180 0,25đ C
Chứng minh BD // AO    0
BDO  HOD  180    BDO  HED 0,25đ
Tam giác BCD vuông tại B    0
BDC  BCD  90 0,25đ Chỉ ra  
BCD  BED (Hai góc nội tiếp cùng chắn  BD )    0
HED  BED  90   0
HEB  90  HE  BF tại E 0,25đ 2 HC DE c) Chứng minh  1 2 2 AF  EF AE
Chứng minh HF2 = FE.FB, AF2 = FE.FB  HF2 = AF2
Chứng minh HC2 = HB2 = BE.BF 0,25đ
 AF2 – EF2 = HF2 – EF2 = HE2 = EB.EF 2  HC BE.BF BF   0,25đ 2 2 AF  EF BE.EF EF DE BE Chứng minh B
 DE đồng dạng FAE    AE EF 2   HC DE BF BE BF BE EF      1 0,25đ 2 2 AF  EF AE EF EF EF EF 
Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình:  2
x  x   x 3 1 3 15 3 2   x 
x 11 (Đk: x  3 hoặc x  1 ) x 1 2 2
Với x  3 hoặc x  1 ta có   2
x  x   x 3 1 3 15 3 2   x  x 11 x 1 2 2   x
  x     x   x 3 1 2    x 
x    xx   11 2 2 2 2  x  2 x 1 2 2    x  
x  2  x   3 11 1 2 1 
 x  x  0 x 1 2 2   x  2  0    
 x   x 3 11 1 2 1 
 x  x  0  x 1 2 2
Giải x  2  0  x  2 (tm điều kiện x  1 ) 0,25đ 
Giải x   x 3 11 1 2 1 
 x  x  0 x 1 2 2 x  3 2
 x  2x  3  2 x   1  8 x 1 x  3 2
 x  x  3x  3  2 x   1  8 x 1  
 x   x    x   x 3 1 3 2 1  8 x 1   
 x  2 x 3 
 x   x 3 1 2 1  8 0,25đ x 1 x 1  x  3 2  x   1  2    1  x 1    x   x 3 1 1  9   x 1      x   x 3 1  4 2  x 1 Giải (1):
Với điều kiện x  3 phương trình (1) vô nghiệm. 0,25đ
Với điều kiện x  1 bình phương hai vế của phương trình (1) ta có:   x   x 3 1  2   x   1  x  3 2
 4  0  x  2x  7  0 x 1
Giải phương trình tìm được x  1 2 2 (thỏa mãn điều kiện x > 1) ; x  1 2 2 (không thỏa mãn điều kiện) Giải (2)
Với điều kiện x  1 phương trình (2) vô nghiệm.
Với điều kiện x  3 bình phương hai vế của phương trình (2) ta có:   x   x 3 1
 4   x   1  x  3 2
16  0  x  2x 19  0 x 1
Giải phương trình tìm được x  1 2 5 (không mãn điều kiện x  3 ) ; x  1 2 5 (thỏa
mãn thỏa mãn điều kiện x  3 )
Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là S  1 2 5 ;1 2 2;  2 0,25đ