Tải Bộ đề thi thử vào lớp 10 môn Toán năm học 2018 - 2019 - Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán có đáp án

Giá trị của m để đường thẳng và đường thẳng cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung là.. B.tiếp xúc ngoàiA[r]

Đề số 1

PHÒNG GD & ĐT TP NAM ĐỊNH TRƯỜNG THCS MỸ XÁ

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019

Mơn: Tốn – Lớp ĐỀ THI THỬ VÒNG I Thời gian làm 120 phút

(Đề thi gồm 02 trang)

Phần I: Trắc nghiệm khách quan: (2.0 điểm)

Chọn chữ đứng trước câu trả lời ghi vào tờ giấy làm

2

x Câu Điều kiện xác định biểu thức

A x2 B. x2 C. x2 D. x2

Câu Hàm số sau hàm số bậc nhất?

A y 3x 3ﾧ B y 3x 3 C y = -3

D 3 y x   ﾧ

3

ym x m

Câu 3: Hàm số đồng biến R

A m3 B. m3 C. m3 D. m3

Câu Phương trình bậc hai sau có tổng hai nghiệm

A x2 2x 3 B. x2  2x1 0. C. x22x 0. D. 2x2 x1 0.

3 2

2

A  

 Câu Rút gọn biểu thức ta kết

A 2 2 2.B 0.C 2 2. D

2

y x  y2x m 1Câu Giá trị m để đường thẳng đường thẳng cắt tại điểm nằm trục tung

A B – C – D

Câu Cho hai đường tròn (O, 4cm) (O’, 6cm) Biết OO’ = cm vị trí tương đối hai đường trịn

A cắt B.tiếp xúc ngồi C.tiếp xúc D.khơng cắt Câu Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 3cm , CB = 4cm Quay hình chữ nhật vịng quanh cạnh AB hình trụ Thể tích hình trụ

A 48cm3 B 36cm3 C 36cm3 D 48cm3

Phần II Tự luận: (8.0 điểm) Bài (1.5 điểm)

Rút gọn biểu thức: a)

1 15 12

A 5 2 3 2      ﾧ

2 28

3 4

x x x x x

B

x x x x

   

  

    x0,x16 b) (với ). Bài (1.5 điểm)

2 2( 1) 2 10 0

2. x x1,

2

1

Sx x  x x Tìm tất giá trị m để phương trình có hai nghiệm cho đạt giá trị nhỏ

Bài (1.0 điểm)

2

2

2

x y x xy y x y

     



 



 Giải hệ phương trình Bài (3.0 điểm)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn đường kính AD Đường chéo AC BD cắt E Gọi F hình chiếu E AD Đường thẳng CF cắt đường tròn điểm thứ hai M (M khác C) Gọi N giao điểm BD CF

1 Chứng minh tứ giác ABEF tứ giác CDFE tứ giác nội tiếp Chứng minh FA tia phân giác góc BFM BE.DN = EN.BD Gọi K trung điểm DE Chứng minh tứ giác BCKF nội tiếp Bài (1.0 điểm)

    

2

x x 2 x = 2(x 1) 11 Giải phương trình

2 Xét số x, y thỏa mãn x2 + y2 = Tìm giá trị lớn biểu thức P = 2x + y3.

-Hết -PHÒNG GD & ĐT TP NAM ĐỊNH TRƯỜNG THCS MỸ XÁ

I. Phần I: Trắc nghiệm khách quan: (2.0 điểm) Mỗi ý 0.25 điểm

Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu Câu

B B D B A C A D

II. Phần II Tự luận: (8.0 điểm) Bài 1.

Câu Nội dung Điểm

a)

0.5 điểm A 15 12 3 2 

3 5

3

2               ﾧ 0.25 0.25 b)

1.0 điểm Bx xx 32xx428 xx1 44 xx8

2 28

( 1)( 4)

x x x x x

x x x x

   

 

    = 0.25

2

2 28 ( 4) ( 8)( 1)

( 1)( 4)

x x x x x x

x x

      

  =

0.25

2 28 16

( 1)( 4)

x x x x x x x

x x

       

 

4

( 1)( 4) x x x x

x x

  

  = =

0.25

( 1)( 1)( 4)

( 1)( 4)

x x x

x x

  

  x1= = 0.25

Bài 2:

Câu Nội dung Điểm

1

0.5 điểm m4

2 10 18 0.

x  x  Với , phương trình trở thành

1 7;

x   x   Giải phương trình ta 0.5 1.0 điểm 3 m m        

 Phương trình có nghiệm 0.25

2 2

1 ( 2)

P x x  x x  x x  x x Ta có

1

2( 1) 10

x x m

x x m

  

 

 

 Theo định lí Vi-et ta có

2

4 20 64 (2 5) 39

P m  m  m  Do

0.25

3 60

m  P Trường hợp 1: Nếu 0.25

2

3 (2 5) 40

m  m   m   P Trường hợp 2: Nếu

40

P  m Từ tìm giá trị nhỏ 0.25

Bài 3:

1.0 điểm 2 2 2 2 ( )( 1)

2

2

2

2 x y x y x y

x y x xy y

x y x y x y x y                                    0.25 Trường hợp 1:

2 2 2

1

2 ( )

1 x y

x y x y y x

x y x y x x x

y                                       0.25

Trường hợp 2:

2 2 2

1

2 2 7

2 (2 1) 5

1 x y

x y x y x y

x

x y x y y y

y                                                0.25

Vậy tập nghiệm hệ phương trình (x, y) (1; 1),( 1;1),( 1; 1),( ; )

5

 

     

 

0.25

Bài 4: (3.0 điểm)

Câu Nội dung Điểm

1

0.75 điểm a

 Tứ giác ABEF có ABE +AFE =1800.

Mà góc hai góc đối nên tứ giác ABEF nội tiếp

một đường tròn 0.5

Chứng minh tương tự ta tứ giác CDFE nội tiếp 0.25

1.5 điểm

 Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABEF có AEB = AFB. (1)

 Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDFE có CFD = CED. (2)

 AEB = CED (hai góc đối đỉnh) (3)

 AFM = CFD (hai góc đối đỉnh) (4) 0.5

N B C E K M

O F D

  Từ (1), (2), (3), (4) BFA= MFA  FA tia phân giác góc BFM. Chứng minh CE phân giác BCK

BE BC NE NC   (5) 0.25 0.25 Chứng minh CD phân giác góc ngồi C BCN

BD BC ND NC   (6) 0.25 BE BD BE.DN BD.EN NE ND    

Từ (5) (6)

0.25

3 0.75 điểm

   Chứng minhKFD cân K BKF=2BDF (7) 0.25

 Ta có BCF = 2BCA (8)

 Trong (O) có BCA = BDF (9)

  Từ (7), (8), (9) BKF =BCF 0.25

Suy tứ giác BCKF nội tiếp 0.25

Câu 5: (1.0 điểm)

Câu Nội dung Điểm

1 0.5 điểm



x 1ĐKXĐ:

Ta thấy x = nghiệm phương trình cho 0.25 Với x > 1, phương trình cho tương đương với

                                 2 2 x x

x x 2 2(x 1) x 1= 0 (x 1)(x 1) 0

x x 2 2(x 1)

x

(x 1) x 1 0

x x 2 2(x 1)

 

   

2

x

x 1

x x 2 2(x 1) Vì x > nên x – > > nên phương trình khơng có nghiệm x > 1.

Vậy phương trình có nghiệm x = 1

0.25 0.5 điểm Ta có               

2 2

3

x y 1 y 1 1 y 1 y y

P 2x y 2x y 0.25

    

2 2

x y 1 y 1 x Mà

 P 2xy3 2x x  (x 1)  2 2.  P đạt giá trị lớn x = y = 0.

0.25

Chú ý :

Đề số 2

PHÒNG GD&ĐT GIAO THỦY

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2018

Mơn: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài (2,0 điểm). Hãy viết chữ đứng trước phương án câu sau vào làm.

( 2017 2018).( 2017 2018)Câu 1 Kết phép tính

2017 2018 1. 1. A . B . C D 2

y x Câu 2 Đồ thị hàm số cắt trục tung điểm M có tọa độ  1; 2

M  M1;0 M0; 2 M0; 1 

A B C .D

3

0

x  x Câu 3 Phương trình có tập nghiệm là  0 0; 1   1 1;1

A B C D

2

y x m y(m21)x1Câu 4 Đường thẳng song song với khi

m m1m0m 2 A . B . C D

2 ( 1)

y a x x0Câu 5 Hàm số nghịch biến với

a a1a0 a1 A . B . C . D

2cmCâu 6 Hình vng có cạnh nội tiếp đường trịn (O) Diện tích hình trịn (O) bằng

2 ( cm ) ( cm2)6 ( cm2) 2(cm2) A . B . C D

IAB I IAB IACâu 7 Cho tam giác vuông Quay tam giác vòng quanh cạnh cố định ta

A hình trụ B hình nón C hình cầu D hình chóp

Câu 8 Cắt hình cầu mặt phẳng cách tâm hình cầu 4dm Biết bán kính hình cầu 5dm Chu vi mặt cắt

12 ( dm)10 ( dm) ( dm)6 ( dm) A . B . C . D

2( 12)

9

3

x x x

P x x x               

x x9 x64Bài 2 (1,5 điểm) Cho biểu thức (với , )

1) P x P1.Rút gọn biểu thức ; 2) Tìm điều kiện để Oxy ( ) :P y=x2  d :y4x 1 m

Bài 3 (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ cho Parabol đường thẳng

1) m4 d ( )P Cho , tìm tất hồnh độ giao điểm

2)  d ( )P y y1; y1 y2 =5Tìm tất giá trị m để cắt hai điểm có tung độ là

thỏa mãn x y x y y x x y            

AB PQ AB H HA HB M Q PB QM AB KBài 5 (3,0 điểm) Cho đường trịn (O) dây khơng qua tâm Dây (O) vng góc với () Gọi hình chiếu vng góc ; cắt

1) BHQM BQ HM Chứng minh tứ giác nội tiếp 2) QAKChứng minh tam giác cân

3) MH AP N N AK QB I P I K; ; Tia cắt , từ kẻ đường thẳng song song với , đường thẳng cắt Chứng minh ba điểm thẳng hàng

Bài 6 (1,0 điểm)

1) a b; a b 2T a a b b Cho số thực không âm thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2) 3 x 33x 16x Giải phương trình _ HẾT _

PHÒNG GD&ĐT

GIAO THỦY HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM 2018MƠN TỐN

Bài 1 (2,00đ)

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8

Đáp án C C A B A A B D

Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Bài 2 (1,50đ)

Câu Nội dung trình bày Điểm

1)

(1,0đ)

0 x  

2( 12)

3

x x x

P x x x            

  Với ,

x x 64 ta có

   

( 3) 2( 12)

3

x x x x

x x x        = 0.25    

5 24

3

x x x

x x x        0,25    

( 3)( 8)

3

x x x

x x x        0,25 x x  

 0,25

2)

(0,50đ)

0 x  

5

1 1

3 x x P x x        

  Với ,

x x 64 ta có

0,25

0

3 x x

x

      

 0 x 9 Kết hợp điều kiện, kết luận

0,25 Bài 3 (1,5đ) 1) (0,5đ)

m  d :y4x 3Với trở thành

0,25

2

4

x  x  Xét phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị

( )d ( )P m41Giải phương trình trả lời : Tất

các hoành độ giao điểm và 0,25 2)

(1,0đ)

( )d ( )P x2 4x m 1 0

    Xét phương trình hồnh độ giao điểm : (*)

( )d ( )P   0 m5Điều kiện để cắt

2 điểm

0,25

1;

y y x x1; 2 x x1; 2 x x1 2 = -m 1Gọi hoành độ giao điểm tương ứng tung độ

là nghiệm (*) Theo Vi-et ta có

2

1 5

y y = Û x x = Û x x = Û m- =

Ta có 0,25

4;

m m m4Tìm kết luận thỏa

mãn yêu cầu đề 0,25

Bài 4 (1,0đ)

0

x y  ĐKXĐ:

1 2

x y

y x

x y x y

     

  x y 2Cộng vế hai phương trình hệ ta

0,25

2

x y  y 2 x

5 y x x y  

 x3Thay vào phương trình tìm

0,25

x x y 2 y1Thay vào phương trình tìm 0,25

 Đối chiếu điều kiện kết luận: Tất nghiệm hệ

đã cho (x; y) = (3; ) 0,25

Bài 5 (3,0đ) Hình vẽ: 1) (1,25đ) 

BHQBMQ

Ta có = 900 (theo gt);= 900 (theo gt) 0,25



BHQBMQ BHQM

Nên + = 1800, suy tứ giác

nội tiếp (vì có tổng góc đối 1800) 0,25

BHQM BHQM Gọi đường tròn ngoại tiếp tứ giác là

()



HBM 90  HBM BHQM BHQM Ta có (vì là góc ngồi vng PHB) Mà góc nội tiếp () nên suy dây HM không đường kính ()

0,25



QHB 90 HQB BHQM BQ BHQM Ta có (cmt). Mà góc nội tiếp () nên suy đường kính ()

BHQM BQ HM BQ HM Xét đường trịn ngoại tiếp tứ giác có đường kính, dây khơng qua tâm nên suy (đpcm)

0,25

2)

(0,75đ)

BHQM HQM HBP  Ta có tứ giác nội tiếp (cmt)

suy (tính chất góc ngồi) 0,25

 

ABP AQP HQM HQA   Mà (góc nội tiếp chắn cung AP (O)) suy QH tia phân giác góc AKQ

0,25  QAK có QH vừa đường cao, vừa phân giác

nên QAK cân Q 0,25

3)

(1,0đ)

   

NAQ QBM QHM PHN    ANHQ



ANQ 90

  Chỉ tứ giácnội tiếp 0,25



PIQ 90 PI QB

    PNQB 

  

PNI PAB PQB  Chỉ tứ giácnội tiếp 0,25 B  PK QBChỉ trực tâm QPK 0,25

; ;

P I K QB PK PI QB PQua điểm ngồi đường

thẳng có vng góc với nên suy thẳng hàng 0,25 Bài 6 (1,0đ) 1) (0,50đ)

a  b  T a a b b 6( a  1)22 2 S

ử dụng điều kiện , biến đổi 0,25

a b  T 2.Chỉ

0,25 TKết luận: giá trị nhỏ biểu thức 2.

2) (0,50đ)

1 3 x0 6x 2 2(1 ) x 3x 1 31 3 x

Điều kiện Khi

31 3 x t (t0) t3 t 2t3

  Đặt , phương

trình cho trở thành

0,25

( 1) ( 1)( 1) ( 1) 0 0; 1

t t  t t t t t  t t

            

0

t (do ).

0,25

0; x x

Từ đó, tìm tất nghiệm phương trình cho

Đề số 3

Đề số 4

Đề số 5

i: https://vndoc.com/tai-lieu-hoc-tap-lop-9