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
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
có nghĩa là
1− x
C. x.  1

A. x > 1
B. x < 1
D. x  1
2
Câu 2. Cho phương trình ( m + 1) x − 2mx + m = 0 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
A. 10
B. 16
C. 2 2
D. 3 2 .
Câu 4: Hàm số y = 2m − 1.x − m − 1 đồng biến khi :
A. m  1

B. m  1

C. m 

1
2

D. m 

1
2

Câu 5: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, số giao điểm của parabol y = x2 và đường
thẳng y=2x+3 là
A. 2
B. 1
C.0
D. 3
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
A. 6cm
B. 12cm
C. 6  cm
D. 12  cm

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

1  1
 1

−
+ 1 với a >0 và a  1
Bài 2(1,5đ): Cho biểu thức: P = 

 1 − a 1 + a  a 
a) Rút gọn biểu thức P.
1

b) Với những giá trị nào của a thì P > .
2
2
Bài 3(1,5đ): Cho phương trình: x – (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 x12 – 2x2 + 3  0.


2x + 3y = xy + 5

1
Bài 4. (1 điểm) Giải hệ phương trình  1
 x + y +1 = 1


Bài 5: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (ABvuông 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
2
2
Bài 6. (1 điểm) Giải phương trình 5x + 4x − x − 3x −18 = 5 x .

Đáp án + Biểu điểm
Bài 1:
Câu
Đáp án
Bài 2
a)

1
A

2
C

3
C

4
B

1
 1
−
 1− a 1+

Với 0  a  1 thì ta có: P = 

=

b)

Với 0  a  1 thì P >
 1−

5
A

6
C

2 a
 1 
 + 1 =
a  a  1 − a 1 + a

(

)(

7
C

)

 1+ a 
. 

 a 

2
1− a

1
2
1
3+ a
− 0 
0

2
1− a 2
2 (1 − a )

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

1,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
1,5đ

Bài 3

a

8
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 = 1 ; x2 = 2.

0,5

 = (2m − 1)2 − 4m(m − 1) = 1

b

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

0,5

Vì x1< x2 nên :

2m − 1 − 1
= m −1
2
2m − 1 + 1
x2 =
=m
2
x12 − 2 x2 + 3 = (m − 1) 2 − 2m + 3 = ( m − 2) 2  0 với mọi m.
x1 =

c

Bài 4

x  0; y  −1
 2x + 3y = xy + 5
2x + 3y = xy + 5


1
 1
 y + 1 + x = xy + x
 x + y +1 = 1

2x − 3y = xy + 5
2x + 2y = 6
x = 3 − y



 y = xy − 1
 y = xy − 1
xy − y − 1 = 0(*)

Thay x=3-y vào (*)

(3 − y) y − y −1 = 0  y2 − 4y −1 = 0

0,5

1
0,25

0,25
0,25


y1 = 2 + 5(tm)
y 2 = 2 − 5(tm)
y1 = 2 + 5(tm)  x1 = 1 − 5
y 2 = 2 − 5(tm)  x 2 = 1 + 5

0,25

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1 − 5; 2 + 5); (1 + 5; 2 − 5)
3,0
đ

Bài 5
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 tại H (Vi AH ⊥ BC ) có HM ⊥ AB (gt) nên
0,25
theo hệ thức lương trong tam giác vuông ta có AH 2 = AM  AB
Xét tam giác AHC vuông tại H(Vì AH ⊥ BC ) có HN ⊥ AC (gt), tương tự 0,25

b
(0.75 đ) ta có AH 2 = AN  AC

Ta có AH 2 = AM  AB ; AH 2 = AN  AC vậy AM  AB = AN  AC
Ta có tứ giác AMHN nội tiếp ( cm trên)  ANM = AHM ( cùng chắn
cung AM)

Ta có AHM + BHM = AHB = 900 ; MBH + BHM = 900 ( vì  BMH vuông tại
M)
c
Vậy AHM = MBH  ANM = MBH  ANI = ABC , mà ABC = AEC ( cùng
(0.75 đ)
chắn cung AC) nên ANI = AEC  ANI = IEC
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)
 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 vuông tại
(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


( cùng chăn cung AK) nên AKN = ACK
Xét  AKN và  ACK có góc A chung, có AKN = ACK nên
 AKN  ACK
AK AN
=
 AK 2 = AN  AC , mà AH 2 = AN  AC (cm trên)
AC AK

nên AK 2 = AH 2  AK = AH


Lưu ý: ngoài cách trên HS có thể làm theo cách sau::
Cách 2:Ta có AKE = 900 (góc nội tiếp..)  AKE vuông tại K mà KI ⊥ AE (
cm trên)
Nên theo HTL trong tam giác vuông ta có AK2=AI  AE. Xét AIN và
ACE
AI
AN
=
AC AE
2
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 2 = AH 2  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
AK AN
=
 AK 2 = AN  AC
AC AK

2
, mà AH = AN  AC (cm trên) nên AK 2 = AH 2  AK = AH
 AKN

 ACK 

Bài 6

1
5 x 2 + 4 x − 5 x = x 2 − 3 x − 18  5 x 2 + 4 x = x 2 − 3 x − 18 + 5 x
 5 x 2 + 4 x = x 2 + 22 x − 18 + 10 x( x 2 − 3 x − 18)  2 x 2 − 9 x + 9 = 5 x( x − 6)( x + 3)

0,25

 2( x − 6x) + 3( x + 3) = 5 ( x − 6x)( x + 3)
2

a = x 2 − 6x
Đặt: 
 b = x + 3

2

(a  0;b  3) ta có phương trình:

 a=b
2a 2 + 3b 2 = 5ab  ( a − b)(2a − 3b) = 0  
 2a = 3b

7 + 61

(TM )
 x=
2
1) a = b  x 2 − 7x − 3 = 0  

7 − 61
( KTM )
x =

2
 x = 9(tm)
2
2)2a = 3b  4x − 33x − 27 = 0  
 x = −3 ( ktm)

4

0,25

0,25


 7 + 61 
.
2 


Vậy phương trình có tập nghiệm: S = 9;

0,25