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

Nếu một hình vuông có cạnh bằng 6 cm thì đường tròn ngoại tiếp hình vuông đó có bán kính bằng A.. Hình nón đã cho có chiều cao bằng: A.. Chứng minh rằng phương trình 1 luôn có hai nghi

TRƯỜNG THCS YÊN BÌNH ĐỀ THI THỬ VÀO 10 NĂM HỌC 2018-2019

Môn: Toán

Bài 1(2đ): Khoanh tròn vào chữ cái trước câu trả lời mà em cho là đúng

Câu 1: Điều kiện để biểu thức 1

1 x

−

− có nghĩa là

A x > 1 B x < 1 C x  1 D x 1

Câu 2 Cho phương trình ( ) 2

m+ x − mx+ =m có hai nghiệm phân biệt khi m thoả

điều kiện:

A.m 0 B.m 0 C.m 0 và m  −1 D.m 0 và m 1

Câu 3: Rút gọn biểu thức 8 + 2 được kết qủa là

Câu 4: Hàm số y= 2m− 1.x− m− 1 đồng biến khi :

2

2

m 

Câu 5: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, số giao điểm của parabol y = x2 và đường thẳng y=2x+3 là

Câu 6 Nếu một hình vuông có cạnh bằng 6 cm thì đường tròn ngoại tiếp hình

vuông đó có bán kính bằng

A 6 2 cm B 6 cm C 3 2 cm D 2 6 cm

Câu 7: Một hình trụ có thể tích 432 cm3 và chiều cao gấp hai lần bán kính đáy thì bán kính đáy là

Câu 8 Cho một hình nón có bán kính đáy bằng 3 cm, có thể tích bằng 18 cm3 Hình nón đã cho có chiều cao bằng:

A 6

 cm B 6 cm C 2

 D 2 cm

Bài 2(1,5đ): Cho biểu thức: 1 1 1 1

P

   với a >0 và a 1 a) Rút gọn biểu thức P

b) Với những giá trị nào của a thì P > 1

2

Bài 3(1,5đ): Cho phương trình: x2 – (2m-1)x + m(m-1) = 0 (1) (Với m là tham số)

a Giải phương trình (1) với m = 2

b Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

c Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (1) (Với x1 < x2)

Chứng minh rằng x1 – 2x2 + 3  0

Bài 4 (1 điểm) Giải hệ phương trình

1







Bài 5: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O;R) Vẽ AH vuông góc với BC, từ H vẽ HM vuông góc với AB và HN vuông góc với AC

(HBC M, AB N, AC) Vẽ đường kính AE cắt MN tại I, tia MN cắt đường tròn (O;R) tại K

a Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp

b Chứng minh AM AB =AN AC

c Chứng minh AE cuông góc với MN

d Chứng minh AH=AK

Bài 6 (1 điểm) Giải phương trình 5x2+4x− x2− − =3x 18 5 x

Đáp án + Biểu điểm Bài 1:

a)

Với 0  thì ta có:a 1

( )( )

P

 + 

= −  + =  

0,5đ

2

1 a

=

−

0,5đ

b)

Với 0  thì P > a 1 1

2

1 a − 

2 1

a a

−

0,5đ

1− a  0 a1 Kết hợp với điều kiện a >0, ta được 0 < a < 1 0,5đ

a

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 = 1 ; x2 = 2

0,5

b

2

(2m 1) 4 (m m 1) 1

Vì  =  1 0với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân

c

Vì x1< x2 nên :

1 2

2 1 1

1 2

2 1 1 2

m

m

− −

− +

1 2 2 3 ( 1) 2 3 ( 2) 0

x − x + = m− − m+ = m−  với mọi m

0,5







0,25

Thay x=3-y vào (*)

2

= +

= −

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1 − 5; 2 + 5); (1 + 5; 2 − 5)

0,25

E

O I N

H

K M

C B

A

a

(1 đ)

90 ; 90

AMH= ANH = (Vì AM ⊥AB AN; ⊥AC) 0,25

90 90 180

b

(0.75 đ)

Xét tam giác AHB vuông tại H (Vi AH⊥BC) có HM ⊥AB (gt) nên

theo hệ thức lương trong tam giác vuông ta có 2

AH =AM AB 0,25

Xét tam giác AHC vuông tại H(Vì AH⊥BC) có HN ⊥AC (gt), tương tự

ta có 2

AH =AN AC

0,25

Ta có 2

AH =AM AB ; 2

AH =AN AC vậy AM AB =AN AC 0,25

c

(0.75 đ)

Ta có tứ giác AMHN nội tiếp ( cm trên) ANM =AHM ( cùng chắn

cung AM)

90 ;

90

MBH +BHM = ( vì BMH vuông tại

M)

Vậy AHM =MBHANM =MBH ANI =ABC, mà ABC= AEC( cùng

chắn cung AC) nên ANI = AECANI =IEC

0,25

Xét tứ giác INCE có ANI =IECTứ giác INCE nội tiếp ( vì có góc

ngoài của tứ giác bằng góc đối của góc trong của tứ giác)

0,25

0

180

EIN NCE

90

NCE=ACE= ( góc nội tiếp ….)

0,25

d

(0.5 đ) Ta có

0

90

AKE = ( góc nội tiếp ) 0

90

AKI IKE

 + = Ta có KIE vuông tại

90

( cùng chăn cung AK) nên AKN= ACK

Xét AKN và ACK có góc A chung, có AKN =ACK nên

AKN ACK

2

AK AN

AK AN AC

AC AK

AH =AN AC (cm trên) nên 2 2

AK = AH AK =AH

Lưu ý: ngoài cách trên HS có thể làm theo cách sau::

Cách 2:Ta có 0

90

AKE = (góc nội tiếp ) AKEvuông tại K mà KI⊥AE (

cm trên)

Nên theo HTL trong tam giác vuông ta có AK2=AIAE Xét AIN và

ACE



90

AIN =ACK = ; góc A chung AIK ACE AI AN

AC AE

AI AE AN AC

  =  , nên ta có AK2=ANAC, mà 2

AH = AN AC (cm trên)

nên 2 2

AK = AH AK =AH

Cách 3: Gọi Q là giao điểm của tia Nm với đường tròn, vì AE ⊥QK (cm

trên) nên IQ=IK ( vì đường kính vuông góc với dây)AQ= AK ( vì

đường kính đi qua trung điểm dây)AKQ=ACKAKN= ACK Xét

AKN và ACK có góc A chung, có AKN =ACK nên

AKN ACK AK AN 2

AK AN AC

AC AK

, mà 2

AH =AN AC (cm trên) nên 2 2

AK =AH AK =AH

0.25

5 4 22 18 10 ( 3 18) 2 9 9 5 ( 6)( 3) 2( 6x) 3( 3) 5 ( 6x)( 3)

0,25

Đặt: 2 6x (a 0;b 3)

3

a x

b x

 = −



= +

2

2

2a 3

7 61

( ) 2

7 61

2 9( )

( ) 4

=





=





=





=





 =



a b

b

b

0,25

0,25

Vậy phương trình có tập nghiệm: 9;7 61

2

S  + 