Đề thi thử vào lớp 10 năm 2018 – 2019 trường THCS yên bình, hà nội – đề minh họa tuyển sinh vào lớp 10 năm 2018 môn toán

TRƯỜNG THCS YÊN BÌNH ĐỀ THI THỬ VÀO 10 NĂM HỌC 2018-2019 Mơn: Tốn Bài 1(2đ): Khoanh tròn vào chữ trước câu trả lời mà em cho Câu 1: Điều kiện để biểu thức −1 có nghĩa 1− x C x  A x > B x < D x  Câu Cho phương trình ( m + 1) x − 2mx + m = có hai nghiệm phân biệt m thoả điều kiện: A m  B m  C m  m  −1 D m  m  Câu 3: Rút gọn biểu thức + kết qủa A 10 B 16 C 2 D Câu 4: Hàm số y = 2m − 1.x − m − đồng biến : A m  B m  C m  D m  Câu 5: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, số giao điểm parabol y = x2 đường thẳng y=2x+3 A B C.0 D Câu Nếu hình vng có cạnh cm đường tròn ngoại tiếp hình vng có bán kính A cm B cm C cm D cm Câu 7: Một hình trụ tích 432  cm3 chiều cao gấp hai lần bán kính đáy bán kính đáy A 6cm B 12cm C  cm D 12  cm Câu Cho hình nón có bán kính đáy cm, tích 18 cm3 Hình nón cho có chiều cao bằng: A  cm B cm C  D cm    − + 1 với a >0 a  Bài 2(1,5đ): Cho biểu thức: P =    − a + a  a  a) Rút gọn biểu thức P b) Với giá trị a P > 2 Bài 3(1,5đ): Cho phương trình: x – (2m-1)x + m(m-1) = (1) (Với m tham số) a Giải phương trình (1) với m = b Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m c Gọi x1 x2 hai nghiệm phương trình (1) (Với x1 < x2) Chứng minh x12 – 2x2 +  2x + 3y = xy +  Bài (1 điểm) Giải hệ phương trình   x + y +1 =  Bài 5: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn (AB  1− A C a    + 1 = a  a  − a + a ( )( C )  1+ a     a  1− a 3+ a − 0  0  1− a 2 (1 − a ) a   a  Kết hợp với điều kiện a >0, ta < a < 1,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 1,5đ Bài a C với m = 2, phương trình trở thành: x2 - 3x+2=0 phương trình có a+b+c=0 nên Pt có hai nghiệm là: x1 = ; x2 = 0,5  = (2m − 1)2 − 4m(m − 1) = b Vì  =  với m nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt 0,5 Vì x1< x2 nên : 2m − − = m −1 2m − + x2 = =m x12 − x2 + = (m − 1) − 2m + = ( m − 2)  với m x1 = c Bài x  0; y  −1  2x + 3y = xy + 2x + 3y = xy +     y + + x = xy + x  x + y +1 =  2x − 3y = xy + 2x + 2y = x = − y     y = xy −  y = xy − xy − y − = 0(*) Thay x=3-y vào (*) (3 − y) y − y −1 =  y2 − 4y −1 = 0,5 0,25 0,25 0,25 y1 = + 5(tm) y = − 5(tm) y1 = + 5(tm)  x1 = − y = − 5(tm)  x = + 0,25 Vậy nghiệm hệ phương trình là: (1 − 5; + 5); (1 + 5; − 5) 3,0 đ Bài A O I M B K N C H E a (1 đ) Xét tứ giác AMHN Có AMH = 900 ; ANH = 900 (Vì AM ⊥ AB; AN ⊥ AC ) 0,25 Nên ta có AMH + ANH = 900 + 900 = 1800 0,5 Vậy tứ giác AMHN nội tiếp 0,25 Xét tam giác AHB vuông H (Vi AH ⊥ BC ) có HM ⊥ AB (gt) nên 0,25 theo hệ thức lương tam giác vng ta có AH = AM  AB Xét tam giác AHC vng H(Vì AH ⊥ BC ) có HN ⊥ AC (gt), tương tự 0,25 b (0.75 đ) ta có AH = AN  AC Ta có AH = AM  AB ; AH = AN  AC AM  AB = AN  AC Ta có tứ giác AMHN nội tiếp ( cm trên)  ANM = AHM ( chắn cung AM) Ta có AHM + BHM = AHB = 900 ; MBH + BHM = 900 (  BMH vuông M) c Vậy AHM = MBH  ANM = MBH  ANI = ABC , mà ABC = AEC ( (0.75 đ) chắn cung AC) nên ANI = AEC  ANI = IEC Xét tứ giác INCE có ANI = IEC  Tứ giác INCE nội tiếp ( có góc ngồi tứ giác góc đối góc tứ giác)  EIN + NCE = 1800 ( tính chất…) mà NCE = ACE = 900 ( góc nội tiếp ….) Nên  EIN + 900 = 1800  EIN = 900  AE ⊥ MN d Ta có AKE = 900 ( góc nội tiếp )  AKI + IKE = 900 Ta có  KIE vng (0.5 đ) I (cm trên)  IEK + IKE = 900  AKI = IEK  AKN = AEK , mà AEK = ACK 0,25 0,25 0,25 0,25 0.25 ( chăn cung AK) nên AKN = ACK Xét  AKN  ACK có góc A chung, có AKN = ACK nên  AKN  ACK AK AN =  AK = AN  AC , mà AH = AN  AC (cm trên) AC AK nên AK = AH  AK = AH  Lưu ý: cách HS làm theo cách sau:: Cách 2:Ta có AKE = 900 (góc nội tiếp )  AKE vng K mà KI ⊥ AE ( cm trên) Nên theo HTL tam giác vng ta có AK2=AI  AE Xét AIN ACE AI AN = AC AE 2  AI  AE = AN  AC , nên ta có AK =AN  AC, mà AH = AN  AC (cm Có AIN = ACK = 900 ; góc A chung  AIK ACE  0.25 trên) nên AK = AH  AK = AH Cách 3: Gọi Q giao điểm tia Nm với đường tròn, AE ⊥ QK (cm trên) nên IQ = IK ( đường kính vng góc với dây)  AQ = AK ( đường kính qua trung điểm dây)  AKQ = ACK  AKN = ACK Xét  AKN  ACK có góc A chung, có AKN = ACK nên AK AN =  AK = AN  AC AC AK , mà AH = AN  AC (cm trên) nên AK = AH  AK = AH  AKN  ACK  Bài x + x − x = x − x − 18  x + x = x − x − 18 + x  x + x = x + 22 x − 18 + 10 x( x − x − 18)  x − x + = x( x − 6)( x + 3) 0,25  2( x − 6x) + 3( x + 3) = ( x − 6x)( x + 3) a = x − 6x Đặt:   b = x + (a  0;b  3) ta có phương trình:  a=b 2a + 3b = 5ab  ( a − b)(2a − 3b) =    2a = 3b  + 61 (TM )  x= 1) a = b  x − 7x − =    − 61 ( KTM ) x =   x = 9(tm) 2)2a = 3b  4x − 33x − 27 =    x = −3 ( ktm)  0,25 0,25  + 61     Vậy phương trình có tập nghiệm: S = 9; 0,25 ... tia MN cắt đường tròn (O;R) K a Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp b Chứng minh AM  AB = AN  AC c Chứng minh AE cng góc với MN d Chứng minh AH=AK 2 Bài (1 điểm) Giải phương trình 5x + 4x − x... (AB