c2 toanmath com de thi thu vao lop 10 mon toan phong gd va dt hai hau nam dinh lan 1 3612

c-

ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019

PHÒNG GD-ĐT HẢI HẬU

Môn Toán lớp 9

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2 điểm):

Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm:
1
có nghĩa là
2018  x
B. x  2018

Câu 1. Điều kiện để biểu thức
A. x  2018

Câu 2. Nếu a < 0 và b < 0 thì

a
bằng
b

A. a

b

D. x  2018

C. x < 2018
B.

a
b

C.

1
ab
b

D. a
b

Câu 3. Đồ thị của hàm số y = (m – 2019)x + m + 2018 (m là tham số) tạo với trục Ox một góc nhọn
khi và chỉ khi
A. m < 2018
B. m > 2019
C. m > - 2018
D. m < 2019
Câu 4. Phương trình nào sau đây có 2 nghiệm dương?
B. x2 - x - 2 = 0
C. x2 - 5x + 2 = 0
D. x2 + 5x + 2 = 0
A. x2 - x + 2 = 0

C©u 5. Hàm số y = (m - 1 - m2)x2 (m là tham số) đồng biến khi
A.
B.
C.
D.
Câu 6. Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài. Số tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó là
A. 1
B. 2
C. 3
D. 1 hoặc 3
Câu 7. Cho góc nhọn  , biết sin  =
A.

3
4

B.

3
. Khi đó cot  bằng
5

4
5

C.

5
4

D.

4
3

C©u 8. Cho hình nón có bán kính đáy là 6cm, chiều cao là 8cm. Diện tích xung quanh của hình nón là
A. 60  cm2
B. 24  cm2
C. 48  cm2
D. 50  cm2
II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm):
x
6
1  
10  x 


 với x > 0; x  4
: x 2
x  2 
x  2
 x x 4 x 3 x 6


Câu 1 (1,5 điểm) Cho biểu thức: P = 

a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức Q =  x  1 .P đạt giá trị nguyên.





Câu 2 (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x - 2m + 5 = 0 (m là tham số) (1)
a) Giải phương trình với m = -1
b) Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn:

 x12  2  m  3 x1  2m  3 .  x22  2  m  3 x2  2m  3  m 2  3m  6
3
3

 x x  y y
Câu 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình (I) 
2 x  xy  1  0

Câu 4 (3,0 điểm): Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC
với đường tròn (O) (B và C là các tiếp điểm). Đường thẳng CO cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D; đường
thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E; đường thẳng BE cắt AO tại F; H là giao điểm của AO và
BC.
a) Chứng minh: AE.AD = AH.AO = AB2 và chứng minh: tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh: HE vuông góc với BF.
HC 2
DE
c) Chứng minh:

1
2
2
AF  EF
AE

x3
1
15
Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình:  x 2  3 x  2 
  x 3  x  11
x 1
2
2


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN HẢI HẬU

NĂM HỌC 2018-2019

_________________________

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (mỗi câu cho 0,25 điểm):
Câu1
Câu 2
Câu 3
Câu 4
Câu 5
C
B
B
C
D

II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm):

Câu 6
C

Câu 7
D

Câu 8
A

Câu 1 (1,5 điểm):

10  x 
x
6
1  



Rút gọn biểu thức: P = 
 với x > 0; x  4
: x 2
x  2
x  2 
 x x 4 x 3 x 6
Với x > 0; x  4 ta có:
x
6
1  

10  x 



P= 
: x 2

x  2 
x  2
 x x 4 x 3 x 6



x
6
1  x  410  x




:
 x  x  4 3 x  2
x  2
x 2





0,25đ





x
2
1  6




:
 x 2 x 2
x  2 x  2 x  2





x 2



=














x 2  x 2

x 2



x 2

6
x 2



x 2





6

x 2

:

0,25đ

x 2 x 4 x 2



x 2



x 2



:

6
x 2

0,25đ

x 2
6

.

1

và kết luận..............
x 2

0,25đ





b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức Q =  x  1 .P đạt giá trị nguyên.
Với x > 0; x  4. Ta có
1
x 1
3

 1
x 2
x 2
x 2
Nếu x không là số chính phương  x là số vô tỉ  Q không nguyên
3
Nếu x là số chính phương  x là số nguyên  Q nguyên 
nguyên 
x 2









Q =  x  1 .P =  x  1 .

0,25đ
x  2  Ư(3)

Giải ra tìm được các giá trị x = 1; x = 9; x = 25
Đối chiếu điều kiện và kết luận....
Câu 2 (1,5 điểm): Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x - 2m + 5 = 0 (m là tham số)

0,25đ

a) Giải phương trình với m = -1.
Thay m = -1 vào phương trình (1) ta có

x 2  2(1  3) x  2.(1)  5  0  x 2  8 x  7  0
Tìm được  '  16  7  9
Tìm được x1  1 ; x2  7 và kết luận...............
b) Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn

0,25đ
0,25đ
0,25đ


 x12  2  m  3 x1  2m  3 .  x22  2  m  3 x2  2m  3  m 2  3m  6
Khẳng định phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2  m  2

0,25đ

Phương trình (1) có nghiệm là x1  x  2(m  3) x1  2m  3  2
2
1

Phương trình (1) có nghiệm là x2  x22  2(m  3) x2  2m  3  2
 x12  2  m  3 x1  2m  3 .  x22  2  m  3 x2  2m  3  m 2  3m  6
 (2).(2)  m 2  3m  6  m2 – 3m +2 = 0
Giải phương trình tìm được m = 1 hoặc m = 2
Đối chiếu điều kiện có m = 1 và kết luận:......
3
3

 x x  y y
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (I) 
2 x  xy  1  0

Điều kiện: x > 0 và y > 0
3
3

 x y  3 y  x y  3 x
 x x  y y
Có (I) 
 
2 x  xy  1  0
2 x  xy  1  0




 

 xy x  y  3


2 x  xy  1  0



x y 0

0,25đ
0,25đ

0,25đ

 x  y  0
 x y
 
xy
3
0




   xy  3  0


2 x  xy  1  0
2 x  xy  1  0







  x  y  0

 2 x  xy  1  0

  xy  3  0

 2 x  xy  1  0
 x  y  0
x  1
(thỏa mãn điều kiện)
tìm được 
Giải hệ phương trình 
y 1
2 x  xy  1  0
x  2
 xy  3  0

Giải hệ phương trình 
tìm được 
9 (thỏa mãn điều kiện)
 y  2

2 x  xy  1  0
Kết luận:.......
Câu 4 (3,0 điểm):
a) Chứng minh: AE.AD = AH.AO và chứng minh: tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn.
B
D
Chỉ ra được AE.AD = AB2
2
Chỉ ra được AH.AO = AB
E
 AE.AD = AH.AO = AB2
Chứng minh được AHE đồng dạng ADO
O

H
F
 EHA
ADO

Kết luận được tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn
b) Chứng minh HE vuông góc với BF.
  HOD
  1800
Tứ giác ODEH nội tiếp  HED
  HOD
  1800  BDO
  HED

Chứng minh BD // AO  BDO
  BCD

  900
Tam giác BCD vuông tại B  BDC

C

0,25đ

0,25đ

0,25đ

A

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ


)
  BED
 (Hai góc nội tiếp cùng chắn BD
Chỉ ra BCD
  BED
  900  HEB
  900  HE  BF tại E

 HED
HC 2
DE
c) Chứng minh

1
2
2
AF  EF
AE
Chứng minh HF2 = FE.FB, AF2 = FE.FB  HF2 = AF2
Chứng minh HC2 = HB2 = BE.BF
 AF2 – EF2 = HF2 – EF2 = HE2 = EB.EF

HC 2
BE.BF BF



2
2
AF  EF
BE.EF EF

0,25đ

0,25đ
0,25đ

DE BE


AE EF
HC 2
DE BF BE BF  BE EF






1
2
2
AF  EF
EF
EF
AE EF EF

Chứng minh BDE đồng dạng FAE 

Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình:  x 2  3 x  2 

0,25đ
x3
1
15
  x 3  x  11 (Đk: x  3 hoặc x  1 )
x 1
2
2

Với x  3 hoặc x  1 ta có

x

2

 3x  2



x3
1
15
  x 3  x  11
x 1
2
2
x3
1
11
  x2  x  2  x  x  2   x  2
2
2
x 1

x  3 11 1 2
  x  x  0
x 1 2 2


  x  x  2    x  2  


  x  2    x  1

x  2  0

  x  1 x  3  11  1 x 2  x  0

x 1 2 2

Giải x  2  0  x  2 (tm điều kiện x  1 )
Giải  x  1

0,25đ

x  3 11 1 2
  x x0
x 1 2 2

 x 2  2 x  3  2  x  1

x3
8
x 1

 x 2  x  3 x  3  2  x  1

  x  1 x  3   2  x  1

x3
8
x 1

x3
8
x 1

x3
x3
 2  x  1
8
x 1
x 1

x3
2
x  1
 2 1



x3 
x

1
   x  1
 1  9  


x

1
x3


 4  2 
  x  1
x 1


  x  1 

0,25đ

Giải (1):
Với điều kiện x  3 phương trình (1) vô nghiệm.
Với điều kiện x  1 bình phương hai vế của phương trình (1) ta có:

0,25đ

2


x3
 2   x  1 x  3   4  0  x 2  2 x  7  0
x 1
Giải phương trình tìm được x  1  2 2 (thỏa mãn điều kiện x > 1) ; x  1  2 2 (không

 x  1

thỏa mãn điều kiện)
Giải (2)
Với điều kiện x  1 phương trình (2) vô nghiệm.
Với điều kiện x  3 bình phương hai vế của phương trình (2) ta có:
x3
 4   x  1 x  3   16  0  x 2  2 x  19  0
x 1
Giải phương trình tìm được x  1  2 5 (không mãn điều kiện x  3 ) ; x  1  2 5 (thỏa
mãn thỏa mãn điều kiện x  3 )

 x  1





Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là S  1  2 5 ; 1  2 2; 2

0,25đ