Tải Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm 2018 Phòng GD&ĐT Tứ Kỳ, Hải Dương (Có đáp án) - Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2018

Gọi K là trung điểm của dây cung CB, qua B kẻ tiếp tuyến Bx với (O) cắt tia OK tại D. Chứng minh rằng: Tứ giác OBMC là hình thoi. d) Vẽ CH vuông góc với AB tại H và gọi I là trung điểm [r]

PHÒNG GD & ĐT TỨ KỲ HỘI ĐỒNG THI TIÊN ĐỘNG

-

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018

MƠN THI: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 25 tháng 01 năm 2018

(Đề thi gồm: 01 trang) Câu (2,0 điểm):

1) Giải phương trình sau: a) 1

3

x

x x

  

  b) x  1 x

2) Viết phương trình đường thẳng qua hai điểm A(1; 2) và B(-2; 5) Câu (2,0 điểm):

1) Cho hệ phương trình

2

x y m x y m

   

   



a) Giải hệ phương trình m =

b) Tìm giá trị nguyên m để hệ pt có nghiệm (x; y) thoả mãn x2 - y2 = - 2) Rút gọn biểu thức: A 1 1

1

1 x

x x x

   

      



 

    (với x0, x 1)

Câu (2,0 điểm):

1) Xác định tất giá trị tham số m để đường thẳng  d :y2xm2 1 song song

với đường thẳng   2

' :

d y m xm m

2) Hai người thợ làm chung cơng việc sau 16 hoàn thành Nếu người thứ làm người thứ hai làm 25% cơng việc Hỏi làm riêng người làm hồn thành cơng việc?

Câu (3,0 điểm): Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R dây cung AC = R Gọi K trung điểm dây cung CB, qua B kẻ tiếp tuyến Bx với (O) cắt tia OK D

a) Chứng minh :  ABC vuông

b) Chứng minh : DC tiếp tuyến đường tròn (O)

c) Tia OD cắt (O) M Chứng minh rằng: Tứ giác OBMC hình thoi

d) Vẽ CH vng góc với AB H gọi I trung điểm cạnh CH Tiếp tuyến A đường tròn (O) cắt tia BI E Chứng minh ba điểm E, C, D thẳng hàng

Câu (1,0 điểm):

1) Tìm cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: 2xy2 2x3y2 4

2) Cho x 2018; y 2018  thỏa mãn: 1 

x y 2018 Tính giá trị biểu thức:  

  

x y P

x 2018 y 2018

- Hết -

HỘI ĐỒNG THI THCS TIÊN ĐỘNG -

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018

MƠN THI: TỐN

Hướng dẫn chấm gồm : 04 trang Khóa thi ngày : 25/01/2018 I) HƯỚNG DẪN CHUNG

Thí sinh làm theo cách riêng đáp ứng yêu cầu cho đủ điểm Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a

ĐKXĐ: x3

Biến đổi về da ̣ng 1   x x 0,25

Giải pt: x4

Đối chiếu và kết luâ ̣n 0,25

1 b

ĐKXĐ: x1

2

1 ( 1)

1 1 x x

x  x    

1 -

x x x

    0,25

( 3) x x

   (Không TMĐK)

3 (TMĐK) x

x     



Vậy phương trình có nghiê ̣mx3 0,25

2

Vì xA  xB, yA  yB nên đườ ng thẳng AB có da ̣ng yax b (d) Điểm A, B thuô ̣c đường thẳng (d) nên ta có ̣ phương trình:

2

a b a b   

   

0,5

Giải ̣ ta được a b

    

 Vậy đường AB y  x 0,5

2

a) Thay m = vào hệ pt ta có

2

x y x

x y y

  

 



     

 

Vậy m = hpt có nghiệm (x; y) = (1; 3)

0,5

b) 3

2 3

x y m x m x m

x y m y x m y m

      

  

 

         

  

Để thoả mãn: x2 + y2 =-8  ( 2m-3)2 -(3m-3)2 =-8  5m2-6m - 8=0  m =

5 

( loại) m = ( thoả mãn) Vậy m =

0,25

Câu Ý Nội dung Điểm

2

Với x0, x ta có

1 1

A

1 ( 1)( 1)

x x x x x

 

 

      

   

   

0,25

Biến đổi đến A 1

( 1)( 1)

x x x

x x x

 

    

  

 

  0,25

Biến đổi đếnA 2( 1)

( 1)( 1)

x x

x x x

 



  0,25

Biến đổi đến A x

 0,25

1

Đường thẳng  

:

d y xm  song song với đường thẳng

  2

' :

d y  m xm m 0,25

2

2

1

2

1

1

1 m

m m

m m

m

m m m

m  

   

       

      

  

 



0,25

2

Gọi thời gian để người thứ nhất, người thứ hai làm mô ̣t mình xong công viê ̣c

lần lượt là x (giờ), y (giờ) (ĐK: x16, y16) 0,25 Một giờ người thứ nhất làm được

x (công việc) Một giờ người thứ hai làm được

y (công việc)

Hai người thợ làm chung cơng việc sau 16 hồn thành cơng việc nên giờ cả hai người làm được

16 (công việc) Do đó ta có pt:

1 1

16 x y (1)

0,25

Người thứ làm người thứ hai làm 25% công việc nên ta có pt: 3

4 x y (2)

Từ (1), (2) ta có hpt:

1 1

16

3

4 x y x y    



   

Giải ̣ phương trình ta được 24 (TMĐK) 48 (TMĐK) x

y     

Vậy thời gian để người thứ nhất, người thứ hai làm mô ̣t mình xong công viê ̣c

lần lượt là 24 (giờ), 48 (giờ) 0,25

a

Vì OC = R=

2AB (Do AB = 2R)

Nên ACB900 (Có CO đường trung

tuyến ứng với AB)

Vậy  ABC vuông C

0,25 0,25

0,25

b

Vì K trung điểm BC (gt)

Nên OK  BC (tính chất đường kính dây cung ) Hay OD trung trực BC

Do DC = DB

Ta có  OBD =  OCD (c-c-c)

nên OCDOBD90o(Do DB tiếp tuyến B đt (O) đường kính AB)

mà C thuộc đt (O) (do OC = R theo gt) Vậy DC tiếp tuyến C đt (O)

0,25 0,25 0,25

c

Vì OK đường trung bình  ABC (Do O, K trung điểm BA, BC) Nên OK =

2AC = 2R =

1

2OM ( Do OM = R )

suy K trung điểm OM (do K nằm O M) Lại có K trung điểm CB (gt)

Nên tứ giác OBMC hình bình hành mà OC = OB = R (gt)

Vậy tứ giác OBMC hình thoi

0,25 0,25 0,25

d

Kéo dài BC cắt AE F

Vì IC // EF (cùng " " với AB) Ta có: EF EB

IC  IB ( hệ định lí Ta-lét  BEF)

Chứng minh tương tự ta có: EA EB

IH  IB

0,25

A B

O C

K M

D

A B

O C

K M

Câu Ý Nội dung Điểm suy EF EA

IC  IH Hay

EF IC

1

EA  IH  ( I trung điểm CH )

Vậy E trung điểm AF

lại có

FCA 90 (kề bù với

ACB90 ) Chứng tỏ EC = EA =

2 AF (Có CE trung tuyến ứng với cạnh huyền AF)

Dễ thấy :  EBC =  EBA (c-c-c) Nên OCBOAE900

Lại có OCD900 (cmt)

suy OCE OCD 900900 1800

Hay ECD 180

Vậy E, C, D thẳng hàng

0,25

0,25

5

2

2xy 2x3y 4  (y2 1)(2x3)7 Vì y2 1 với y nên ta có:

TH1:

2

0 1

2

y y

x x



   



  

  



0,25

TH2:

2

1 ( ô )

2 1

y y ng

x x



     

   

Loại v ì y kh số nguyê n

Vy cp s cần tìm  x y; (2;0)

0,25 Ta có: Vì x > 2018, y > 2018



           

1 1 1 y 2018 y 2018 2018y y 2018 2018y

x y 2018 x 2018 y 2018y x x

Tương tự ta có: x 2018  2018x y

0,25

Ta có:

  

        

 

      



  

  

2018x 2018y x y x y

x 2018 y 2018 2018 2018

y x y x xy

1 1

x y 2018 x y 2018 x y

x y 2018

x y

P

x 2018 y 2018 Vậy P1

0,25

M

I E

F

D

K

O

B A

C

Bài 4: Cho ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường trịn tâm O M điểm cung nhỏ AC, cho AM CM Từ M hạ ME vng góc với AC, MF vng góc với BC P trung điểm AB, Q trung điểm FE

1) Chứng minh tứ giác MECF nội tiếp 2) Chứng minh BM.EF = BA.FM 3) Chứng minh 2

PM PQ QM

N

Q P

F E

O

C A

B

M

Vẽ hình

0

90

MEC  (ME vuông góc với AC)

0

90

MFC  (MF vuông góc với BC)

0 0

90 90 180

MECMFC    Xét tứ giác MECF có:

0 0

90 90 180

MECMFC    (cmt)

Suy tứ giác MECF nô ̣i tiếp Chứ ng minh ABM MFE Chứ ng minh AMBFME Suy BMA FME (g.g)

BM FM

BM EF BA FM BA EF

   

Tia FE cắt AB ta ̣i N

Chứ ng minh tứ giác BFMN nô ̣i tiếp (NBM NFM ) Suy MNP 900

BMA

 FME AB EF AP EQ

AM EM AM EM

   

PAM QEM

Suy APM EQM (c.g.c)

NPM NQM

 

Do đó tứ giác MNPQ nô ̣i tiếp Suy

90 PQM 

Suy tam giác PQM vng ta ̣i Q Theo định lí Pi-ta-go ta có 2