De thi thu vao 10 Yen Tho 20 trac nghiem

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019
Mơn: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 01 trang

TRƯỜNG THCS YÊN THỌ
(ĐỀ THI THỬ)

Phần I. Trắc nghiệm (2,0 điểm)
Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm.
Câu 1. Điều kiện để biểu thức A  x  2  2 x  2018 có nghĩa la
A. x  2 .

B. x   2 .
C. x   2 .
Câu 2. Phương trình x  3x  2014m 0 có hai nghiệm trái dấu khi va chỉ khi

D. x  2.

2

A. m  0.

B. m  0 .

C. m 0 .

D. m 0.

x , x2

2

2

2
x  x2
la nghiệm của phương trình x  2 x  1 0 .Giá trị của 1
bằng
B. 2 .
C. 4 .
D. 6 .
2
Câu 4. Trong mặt phẳng Oxy, số giao của parabol : y  2 x va đường thẳng d: y x  1 la
A. 0 .
B. 2 .
C. 1 .
D. 3 .

Câu 3. Gọi 1
A.  1 .

Câu 5. Đường thẳng (d): y 2 x  6 cắt trục tung tại điểm
A. M(0; -6).
B.N(3; 0)
C. P(0; 3).

D. Q(-6;0)
S AMN
Câu 6. Cho tam giác ABC. Gọi M, N lần lượt la trung điểm của các cạnh AB, AC . Tỷ số S ABC bằng

1
A. 2 .

1
B. 3 .

1
C. 4 .

D. 2 .
Câu 7. Cho đường tròn (O; R) có chu vi bằng 4 , diện tích hình trịn tương ứng bằng
2

A. 8 .
B. 4 .
C. 16 .
D. 16 .
Câu 8. Diện tích xung quanh của hình trụ có chu vi đáy bằng 13 cm va chiều cao bằng 5 cm la
2
2
2
2
A. 18(cm ).
B. 36 (cm ).
C. 65(cm ).
D. 130 (cm ).
Phần II. Tự luận (8,0 điểm)
Câu 1. (1,5 điểm).

1   1

 1
x

A 

 2
 : 3

 x  x x  x   x  1 x  x  1  với
1) Rút gọn biểu thức
2) Chứng minh đẳng thức

1

2
2



3 1



2  3  2 2

x  0

 x 1 .

.

2

Câu 2.(1,5 điểm) Cho phương trình: x  2mx  m  2m  3 0 (1), với m la tham số.
1) Giải phương trình (1) với m = 3.
2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm

x1 , x2 thỏa mãn điều kiện

2( x12  x2 2 ) 5( x1  x2 ) .
 x  1  2 y 5

 2 x  1  3 y  4 .
Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 
Câu 4. (3,0 điểm) Cho ba điểm A,B,C phân biệt thẳng hang theo thứ tự đó. Vẽ đường tròn tâm O bất kỳ đi qua hai điểm
B, C. Gọi E, F la các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ A tới đường tròn (O) . Gọi M la trung điểm BC.
1) Khi điểm O không thuộc BC, chứng minh năm điểm A, E, O, M, F cùng nằm trên một đường tròn.
2

2) Gọi H la giao điểm của hai đường thẳng AO va EF. Chứng minh AH . AO  AB. AC  AE .
3) Khi đường trịn (O) thay đổi nhưng ln đi qua hai điểm B va C. Xác định vị trí của điểm O để độ dai đoạn
thẳng EF nhỏ nhất.
2

2

Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình: 6 x  1  2 x  3  x .
………………………HẾT………………………..
Họ va tên thí sinh:…………………………………………… Số báo danh:……………………………………….
Giám thị số 1:…………………………………………………Giám thị số 2:………………………………………

I. Hướng dẫn chung:
1) Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải
theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì vẫn cho điểm tối đa.
3) Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu. Điểm tồn bài tính đến 0,25 điểm và khơng làm trịn.
II. Đáp án và thang điểm:
Phần I – Trắc nghiệm (2,0 điểm) Mỗi câu đúng cho 0,25 điểm.
Câu
Đáp án

1
D

2
A

3
D

4
B

5
A

6
C

7

B

8
C

Phần II – Tự luận( 8,0 điểm)
Câu

Ý
1)
(1,0 đ)

1.
(1,5đ)

2.
(1,5đ)

2)
(0,5 đ)
1)
(0,5 đ)

Nội dung trình bày
1   x x x x 
 1



 

x  x x  x   ( x  x )( x  x ) 

x

0;
x

1
Với
ta có
2x
2
 2

x  x x 1.
Với x  0; x 1 ta có
1
x
1
x
x2  x 1
 2

 2
 3
3
2
x  1 x  x  1 ( x  1)( x  x  1) x  x  1
x 1
2

2
2 x  x 1 2x  2x  2
A
:
 2
x  1 x3  1
x  x 1 .
Ta có

1

2



3 1



2  3 (1 

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

2

 ' ( 3)  6 3 .
x1 3  3; x2 3 

3.

x 3  3; x2 3 
KL: Khi m = 3 thì pt(1) có hai nghiệm 1
2
2
2
2
Ta có  ' m  (m  2m  3) m  m  2m  3 2m  3 .

3.

3
x1 , x2   ' 0  2m  3 0  m  .
2
Phương trình (1) có hai nghiệm
2)
(1,0 đ)

0,25

0,25

2) 2  ( 3) 2

1  2 2  2  3  2 2 (đpcm)

2
Với m = 3 phương trình (1) trở thanh: x  6 x  6 0 (*)

Phương trình (*) có các nghiệm

Điểm
0,25

2
2
2
Ta có 2( x1  x2 ) 5( x1  x2 )  2( x1  x2 )  4 x1 x2  5( x1  x2 ) 0.
2
Theo hệ thức Vi – et ta có x1  x2 2m; x1 x2 m  2m  3.
2
Do đó 2( x1  x2 )  4 x1 x2  5( x1  x2 ) 0
 2.(2m) 2  4(m 2  2m  3)  5.(2m) 0
 m 2
2
 2m  m  6 0  
 m  3

2
3
m
2 , ta được m 2 la giá trị cần tìm.
Kết hợp với điều kiện

0,25
0,25

0,25

0,25


3.
(1,0 đ)

ĐKXĐ: x 1; y 0.
u  x  1

v y
Đặt 
ĐK: u 0; v 0 . Hệ PT trở thanh
u 1  x  1 1
 

v 2  y 2

Giải hệ phương trình ta được
 x 2

 y 4 .

0,25
0,25

u  2v 5

2u  3v  4 .

0,25

0,25

Kết hợp với ĐKXĐ, hệ phương trình có nghiệm la ( x; y ) (2; 4) .
Hình vẽ

F

O

H
A

4.
(3,0đ)

B

M

C

E
1)
(1,0 đ)

2)
(1,0 đ)

o

Ta có OE  AE  OEA 90 . ( tính chất tiếp tuyến).

OF  AF  OFA
90o. (tính chất tiếp tuyến).


 OEA
 OFA
180o  tứ giác AEOF nội tiếp đường tròn.
(1)
o

Ta có M la trung điểm của dây cung BC  OM  BC  OMA 90 .
Xét tứ giác OMAF có


OMA
 OFA
180o  tứ giác OMAF nội tiếp đường tròn.
(2)
Từ (1) va (2) suy ra năm điểm A, E, M, O, F cùng nằm trên một đường tròn (qua
ba điểm A, O, F không thẳng hang xác định duy nhất một đường tròn).
Ta có OE = OF nên O thuộc trung trực của EF.
Ta có AE = AF (tính chất tiếp tuyến) nên A thuộc trung trực của EF.
 AO la trung trực của EF
 AO  EF tại H.
2

Ta có OEA vuông tại E, EH la đường cao  AE  AH . AO .
(3)





Xét ABE va AEC có ACE  AEB ; CAE BAE
AB AE


 AB. AC  AE 2
 ACE đồng dạng với AEB (g.g)
AE AC
.
3)
(1,0 đ)

Ta có  AE  AH . AO (chứng minh trên)

 AH 

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

2
Từ (3) va (4) suy ra AH . AO  AB. AC  AE .
2
2
2
Ta có AEH vuông tại H  EH  AE  AH .
2

(4)

0,25

(5)
AE
AO .

0,25


Thay vao (5)

 EH 2  AE 2 

AE 2
AO 2 .


AE 2 
 EF2 4.  AE 2 


AO 2 

Ta có EF = 2.EH
.
2
Theo 2) ta có AB. AC  AE , do A, B, C cố định nên AE không đổi.

0,25

2
AE 2
AE 2  EF2 4.  AE 2  AE 


AO  AM 

2
2
AM 2 

AO
AM
Ta có
không đổi.
Dấu bằng xảy ra khi O trùng với M hay O la trung điểm của BC.
Vậy EF nhỏ nhất khi O la trung điểm của BC.

0,25

Giải phương trình:
3
x
2.
ĐKXĐ:

6 x 2 1  2 x  3  x 2 .

(1)

2x  4
 ( x  2)( x  2) 0
2x  3 1
6 x2 1  5
3
x 
2
6
x

1

5

0;
2
x

3


1

0
2)
(Vì



5.
(1,0 đ)

0,25

0,25

2
2
PT(1)  ( 6 x  1  5)  ( 2 x  3  1)  ( x  4) 0

6 x 2  24

0,25



 6( x  2)

2
 ( x  2) 


 ( x  2)  0
2
2 x  3 1
 6 x 1  5

 x 2
  6( x  2)
2


 ( x  2) 0 (2)
2
2 x  3 1
 6 x  1  5

0,25

.



6
2
 ( x  2) 
 1 
0
2
2
x


3

1
6
x

1

5


Phương trình (2)
.
3
6
6 x 2  1  5  6 x  
 1  0.
2
2
6x 1  5
Ta thấy


6
( x  2) 
 1 
2
 6 x 1  5 
Vậy

2
3
 0 x 
2
2 x  3 1
.

Suy ra PT(2) vô nghiệm.
KL: Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 2.

…………………………HẾT………………………

0,25