Đề thi thử vào lớp 10 THPT năm 2018-2019 môn Toán - Phòng GD&ĐT Hải Hậu

Chia sẻ: Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

420
lượt xem 20
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh tham khảo Đề thi thử vào lớp 10 THPT năm 2018-2019 môn Toán - Phòng GD&ĐT Hải Hậu tài liệu tổng hợp nhiều đề thi khác nhau nhằm giúp các em ôn tập và nâng cao kỹ năng giải đề. Chúc các em ôn tập hiệu quả và đạt được điểm số như mong muốn!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử vào lớp 10 THPT năm 2018-2019 môn Toán - Phòng GD&ĐT Hải Hậu

c- ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 PHÒNG GD-ĐT HẢI HẬU 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: 1 có nghĩa là 2018  x B. x  2018 Câu 1. Điều kiện để biểu thức A. x  2018 Câu 2. Nếu a < 0 và b < 0 thì a bằng b A. a b D. x  2018 C. x < 2018 B. a b C. 1 ab b D. a 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? B. x2 - x - 2 = 0 C. x2 - 5x + 2 = 0 D. x2 + 5x + 2 = 0 A. x2 - x + 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 Câu 7. Cho góc nhọn  , biết sin  = A. 3 4 B. 3 . Khi đó cot  bằng 5 4 5 C. 5 4 D. 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     với x > 0; x  4 : x 2 x  2  x  2  x x 4 x 3 x 6  Câu 1 (1,5 điểm) Cho biểu thức: P =  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:  x12  2  m  3 x1  2m  3 .  x22  2  m  3 x2  2m  3  m 2  3m  6 3 3   x x  y y Câu 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình (I)  2 x  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. HC 2 DE c) Chứng minh:  1 2 2 AF  EF AE x3 1 15 Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình:  x 2  3 x  2    x 3  x  11 x 1 2 2 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 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 C B B C D II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm): Câu 6 C Câu 7 D Câu 8 A Câu 1 (1,5 điểm): 10  x  x 6 1      Rút gọn biểu thức: P =   với x > 0; x  4 : x 2 x  2 x  2   x x 4 x 3 x 6 Với x > 0; x  4 ta có: x 6 1   10  x     P=  : x 2  x  2  x  2  x x 4 x 3 x 6   x 6 1  x  410  x     :  x  x  4 3 x  2 x  2 x 2    0,25đ    x 2 1  6     :  x 2 x 2 x  2 x  2 x  2    x 2  =        x 2  x 2 x 2  x 2 6 x 2  x 2   6  x 2 : 0,25đ x 2 x 4 x 2  x 2  x 2  : 6 x 2 0,25đ x 2 6 . 1 và kết luận.............. x 2 0,25đ   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 1 x 1 3   1 x 2 x 2 x 2 Nếu x không là số chính phương  x là số vô tỉ  Q không nguyên 3 Nếu x là số chính phương  x là số nguyên  Q nguyên  nguyên  x 2     Q =  x  1 .P =  x  1 . 0,25đ x  2  Ư(3) 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) 0,25đ a) Giải phương trình với m = -1. Thay m = -1 vào phương trình (1) ta có x 2  2(1  3) x  2.(1)  5  0  x 2  8 x  7  0 Tìm được  '  16  7  9 Tìm được x1  1 ; x2  7 và kết luận............... b) Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn 0,25đ 0,25đ 0,25đ  x12  2  m  3 x1  2m  3 .  x22  2  m  3 x2  2m  3  m 2  3m  6 Khẳng định phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2  m  2 0,25đ Phương trình (1) có nghiệm là x1  x  2(m  3) x1  2m  3  2 2 1 Phương trình (1) có nghiệm là x2  x22  2(m  3) x2  2m  3  2  x12  2  m  3 x1  2m  3 .  x22  2  m  3 x2  2m  3  m 2  3m  6  (2).(2)  m 2  3m  6  m2 – 3m +2 = 0 Giải phương trình tìm được m = 1 hoặc m = 2 Đối chiếu điều kiện có m = 1 và kết luận:...... 3 3   x x  y y Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (I)  2 x  xy  1  0  Điều kiện: x > 0 và y > 0 3 3   x y  3 y  x y  3 x  x x  y y Có (I)    2 x  xy  1  0 2 x  xy  1  0      xy x  y  3   2 x  xy  1  0  x y 0 0,25đ 0,25đ 0,25đ  x  y  0  x y   xy 3 0        xy  3  0  2 x  xy  1  0 2 x  xy  1  0      x  y  0   2 x  xy  1  0    xy  3  0   2 x  xy  1  0  x  y  0 x  1 (thỏa mãn điều kiện) tìm được  Giải hệ phương trình  y 1 2 x  xy  1  0 x  2  xy  3  0  Giải hệ phương trình  tìm được  9 (thỏa mãn điều kiện)  y  2 2 x  xy  1  0 Kết luận:....... Câu 4 (3,0 điểm): a) Chứng minh: AE.AD = AH.AO và chứng minh: tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn. B D Chỉ ra được AE.AD = AB2 2 Chỉ ra được AH.AO = AB E  AE.AD = AH.AO = AB2 Chứng minh được AHE đồng dạng ADO O  H F  EHA ADO Kết luận được tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn b) Chứng minh HE vuông góc với BF.   HOD   1800 Tứ giác ODEH nội tiếp  HED   HOD   1800  BDO   HED  Chứng minh BD // AO  BDO   BCD   900 Tam giác BCD vuông tại B  BDC C 0,25đ 0,25đ 0,25đ A 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ )   BED  (Hai góc nội tiếp cùng chắn BD Chỉ ra BCD   BED   900  HEB   900  HE  BF tại E  HED HC 2 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  AF2 – EF2 = HF2 – EF2 = HE2 = EB.EF HC 2 BE.BF BF    2 2 AF  EF BE.EF EF 0,25đ 0,25đ 0,25đ DE BE  AE EF HC 2 DE BF BE BF  BE EF       1 2 2 AF  EF EF EF AE EF EF Chứng minh BDE đồng dạng FAE  Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình:  x 2  3 x  2  0,25đ x3 1 15   x 3  x  11 (Đk: x  3 hoặc x  1 ) x 1 2 2 Với x  3 hoặc x  1 ta có x 2  3x  2  x3 1 15   x 3  x  11 x 1 2 2 x3 1 11   x2  x  2  x  x  2   x  2 2 2 x 1  x  3 11 1 2   x  x  0 x 1 2 2    x  x  2    x  2      x  2    x  1  x  2  0    x  1 x  3  11  1 x 2  x  0  x 1 2 2 Giải x  2  0  x  2 (tm điều kiện x  1 ) Giải  x  1 0,25đ x  3 11 1 2   x x0 x 1 2 2  x 2  2 x  3  2  x  1 x3 8 x 1  x 2  x  3 x  3  2  x  1   x  1 x  3   2  x  1 x3 8 x 1 x3 8 x 1 x3 x3  2  x  1 8 x 1 x 1  x3 2 x  1  2 1    x3  x  1    x  1  1  9    x  1 x3    4  2    x  1 x 1    x  1  0,25đ Giải (1): Với điều kiện x  3 phương trình (1) vô nghiệm. Với điều kiện x  1 bình phương hai vế của phương trình (1) ta có: 0,25đ 2 x3  2   x  1 x  3   4  0  x 2  2 x  7  0 x 1 Giải phương trình tìm được x  1  2 2 (thỏa mãn điều kiện x > 1) ; x  1  2 2 (không  x  1 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3  4   x  1 x  3   16  0  x 2  2 x  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 )  x  1   Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là S  1  2 5 ; 1  2 2; 2 0,25đ