Đề thi thử vào lớp 10 năm học 2018 – 2019 trường THCS thái hòa, thái bình – đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn toán năm 2018

PHÒNG GD-ĐT THÁI THỤY
TRƯỜNG THCS THÁI HÒA

ĐỀ THI THỬ VÀO THPT NĂM HỌC 2018-2019
MÔN: TOÁN (VÒNG 1)
( Thời gian làm bài 120 phút )

 x x x x
x 3
x 1
B


.


Bài 1 (1,75 điểm) Cho biểu thức :
 x x 1
1  x  2 x  x  1

a .Rút gọn biểu thức
b. Tìm x để B<0
x  2 y  3  m
Bài 2( 1,5 điểm) Cho hệ phương trình : 
2 x  y  3(m  2)
a. Giải hệ với m = -1
2
2
b. Tìm m để hệ có nghiệm duy nhât (x,y) sao cho A  x  y đạt GTNN
2

Bài 3 (1,75 điểm) Cho (P) : y  x và đường thẳng (d) : y= 5x - m+3
a. Với m = -3, tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P)
b. Tìm m để (d) cắt(P) tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn :
x12  2 x1 x2  3x2  1

Bài 4 (1 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình:
Một phân xưởng theo kế hoạch cần phải sản xuất 1100 sản phẩm trong một số ngày
quy định. Do mỗi ngày phân xưởng đó sản xuất vượt mức 5 sản phẩm nên phân xưởng đã
hoàn thành kế hoạch sớm hơn thời gian quy định 2 ngày. Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày phân
xưởng phải sản xuất bao nhiêu sản phẩm?
Bài 5 (3,5 điểm): Cho (O,R) và một điểm P nằm ngoài đường tròn. Kẻ 2 tiếp tuyến PA, PB
với đường tròn (A, B là tiếp điểm). Tia PO cắt đường tròn tại 2 điểm K và I (K nằm giữa P
và O) và cắt AB tại H. Gọi D là điểm đối xứng với B qua O, C là giao điểm của PD với
đường tròn (O).
a.Chứng minh tứ giác BHCP nội tiếp
b.Chứng minh PC.PD = PO. PH
c.Đường tròn ngoại tiếp tam giác ACH cắt IC tại M. Tia AM cắt BI tại Q. Chứng minh
tam giác AQH cân.
  450 . Tính diện tích tam giác PBD phần nằm ngoài đường tròn (O) theo R.
d.Giả sử BDC
Bài 6(0,5 điểm ) Tìm m để phương trình ẩn x sau đây có ba nghiệm phân biệt
x3 - 2mx2 + (m2+1)x – m = 0


ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
Câu
Câu 1
(

a,

( 1đ)

Nội dung
Với : x  0; x  1; x 

1
4



x (x  x  1)
x  3  ( x  1)( x  1)


x  1  (2 x  1)( x  1)
 ( x  1)(x  x  1)

B= 

=

=

x
x  3  ( x  1)

 
x

1

x

1

 (2 x  1)

0,25

(2 x  3)( x  1)

0,25





x  1 (2 x  1)

0,25

2 x 3
2 x 1

Vậy với x  0; x  1; x 

0,7 5đ

0,25



= 

b)

Điểm

ĐK x  0; x  1; x 
B0

1
2 x 3
thì B =
4
2 x 1

1
4

2 x 3
0
2 x 1

1
vì x  0; x  1; x  nên
4

0,25
2

x  3  0

2 x 3
1
1
 0  2 x 1  0  2 x  1  x   x 
2
4
2 x 1

Kết hợp với ĐKXĐ . Vậy với 0  x 

1
thì B < 0.
4

0,25

0,25


Câu2

x  2y  4
5 x  10
x  2



4 x  2 y  6

 y  3  2x
 y  1

a)
0,75

0,25

x  2y  4
2 x  y  3

a. Với m = -1 ta có hệ: 

Vậy với m = -1 thì hệ có nghiệm duy nhất (x,y) = (2,-1).
 x  m  3(*)
y  m

b. Dùng phương pháp cộng (thế) đưa hệ về dạng 

- Lập luận : Vì a  1  0m nên pt (*) luôn có nghiệm duy nhất m
Suy ra hệ pt luôn có nghiệm duy nhất m
b)0,75

- Ta có:

0,25
0,25
0,25

A  x 2  y 2  (m  3)2  m 2  2m 2  6m  9

3
9 9
= 2(m+ ) 2  
2
2 2

m

0.25

Vậy A đạt GTNN = 9/2  m= -3/2
Câu 3

0,25

a. (P) : y  x 2
(d) : y = 5x - m+3

a)
0,75đ

Với m = -3 ta có (d) : y = 5x+6
Xét pthđgđ : x 2  5x  6  0

c
Có a – b +c =0 nên pt có 2 nghiệm x1  1; x2    6
a
2
x1  1  y1  (1)  1  (1,1)
x2  6  y2  6 2  36  (6,36)

b) 1đ

0.25
0,25

Vậy với m = -3 thì (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt (-1,1) và (6,36)

0,25

b. Xét phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d)
x2 = 5x - m + 3  x2 - 5x + m - 3= 0 (*)
Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
 phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt   '  0

0,25

 25 -4(m - 3)> 0  25 -4m + 12 > 0  m <

37
4

Do x1; x2là hai hoành độ giao điểm nên x1; x2là nghiệm của phương


trình (*)

0,25

 x1  x2  5(1)

 x1 x2  m  3(2)

Theo Vi-et 

Từ (1) ta có x1 = 5 - x2
Để x12 - 2x1x2 + 3x2 = 1
 (5 - x2)2- 2(5 - x2)x2 + 3x2 = 1
 25 - 10x2 + x22 - 10x2 + 2x22+ 3x2 = 1
 3x22 - 17x2+ 24 = 0
8

0,25
7

Giải phương trình ta được x2 = ; x2 = 3.Từ (1) có x1 = ; x1 = 2
3
3
Thay giá trị x1 ; x2 vào (2) ta có
7
3

8
56
83
37
=m-3  m=
(t/m m < )
=>
3
9

9
4
37
Với x1 =2; x2 = 3 => 6= m - 3  m = 9 (t/m m < )
4
83
Vậy m = 9 ; m =
thì (d) cắt (P) tại hai điểm có hoành độ là x1; x2
9

Với x1 = ; x2 =

0,25

thỏa mãn: x12 - 2x1x2 + 3x2 = 1

Câu 4 Gọi x là sản phẩm xưởng sản xuất trong 1 ngày theo kế hoạch
(x > 0, x nguyên)
1đ
1100
 Số ngày theo kế hoạch là :
.
Số ngày thực tế là

1100
.
x 5

x

0.25

Theo giả thiết của bài toán ta có :
1100 1100
= 2.
x
x 5
 1100(x  5)  1100x  2x(x  5)
 2x 2  10x  5500  0
 x1  50 (TM)

0.25
0,25

x 2  55(KTM)

(loại)
Vậy theo kế hoạch mỗi ngày phân xưởng phải sản xuất là 50 sản phẩm.

0,25


Câu 4
3,5 đ

a)
1đ

Vẽ hình

a . Ta có: OA = OB = R
PA = PB ( T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau tại P)
  900
 OP là đường trung trực của AB  OP  AB  PHB

0,25

Lại có:D đối xứng B qua O nên D  (O) và BD là đường
  900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
kính.  BCD
  900 ( Kề bù với góc BCD )
 PCB

0.25

  PHB
  900
Xét tứ giác PCHD có : PCB

Mà C, H là 2 đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh PB dưới 1 góc vuông
Suy ra tứ giác BHCP nội tiếp
b)1d

b. - C/m PAC đồng dạng PDA  PA2  PC .PD (1)
- Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông PAO ta có:
PA2  PO.PH (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm
  CDB
 (2 góc nt cùng chắn cung BC của (O))

c.Ta có: CAH

0,5
0,5
0,5


c)
0,75

d
0.75đ

  CPB
 ( Vì PBHC nội tiếp)
CHA
AMH  900
 ACH vuông tại C nên 

0,25

 HM / / BQ (4)

0,25

 HM  AQ (3)

)
ABI  
AHM ( ACI

Từ (3),(4) có tam giác ABQ vuông tại Q,MH là đường TB
Do đó HM là đường trung tuyến đồng thời là đường cao của tam giác
AQH nên tam giác AQH cân tại H

0,25

d. Tam giác PBD vuông cân tại B nên BD=BP = 2R  S PBD  2R 2
S
1
R2
S BDC  OC .PB  R 2  SCOD  BDC 
2
2
2
2
1
R
Tính được : SqOBC  S (O ) 
4
4

0.25
0.25

Vậy diện tích tam giác PBD phần nằm bên ngoài đường tròn (O) là:
S  S PDC  S COD  S qOBC

(6   ) R 2
(đvdt)


4

0,25

Câu 6 Xét phương trình
x 3  2mx 2  (m 2  1)x  m  0
0,5
 x 3  2mx 2  m 2 x  x  m  0
 x(x  m) 2  x  m  0
 (x  m)(x 2  mx  1)  0
x  m
 2
 x  mx  1  0(1)
Để phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt thì phương trình (1) có
hai nghiệm phân biệt khác m .Dễ thấy x=m không là nghiệm của
phương trình (1)

0,25

m  2

Vậy pt (1) có hai nghiệm khi và chỉ khi   m 2  4  0  
 m  2
Vậy với m>2 hoặc m<-2 thì phương trình đã cho có ba nghiệm phân
biệt

(HS làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)

0,25