Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán phòng GD và ĐT Hải Hậu - Nam Định lần 1 - THCS.TOANMATH.com

(1)

c -

PHÒNG GD-ĐT HẢI HẬU ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019

Môn Toán lớp 9

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:

Câu 1. Điều kiện để biểu thức ¹

2018x có nghĩa là

A. x2018 B. x  2018 C. x < 2018 D. x  2018 Câu 2. Nếu a < 0 và b < 0 thì ^a

b bằng A. ^a

b 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?

A. x² - x + 2 = 0 B. x² - x - 2 = 0 C. x² - 5x + 2 = 0 D. x² + 5x + 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 = ³

5. Khi đó cot bằng A. ³

4 B. 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):

Câu 1 (1,5 điểm) Cho biểu thức: P = 



 







 

 



 





 

 

 2

2 10 2 :

1 6 3

6

4 x

x x x

x x x x

x với x > 0; x  4

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m²3m6 Câu 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình (I)

3 3

2 1 0

x y

x xy

   



   



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.

c) Chứng minh:

2

2 2 1

AF EF

HC DE

 AE 



Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình:



^x² ^³^x^²



^x_x^_³₁ ^{ }¹₂^x³^¹⁵₂ ^x^¹¹

ĐỀ CHÍNHTHỨC

(2)

I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (mỗi câu cho 0,25 điểm):

Câu1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8

C B B C D C D A

II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm):

Câu 1 (1,5 điểm):

Rút gọn biểu thức: P = 



 







 

 



 





 

 

 2

2 10 2 :

1 6 3

6

4 x

x x x

x x

x với x > 0; x  4

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HẢI HẬU

_________________________

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

NĂM HỌC 2018-2019

Với x > 0; x  4 ta có:

P = 



 







 

 



 





 

 

 2

2 10 2 :

1 6 3

6

4 x

x x x

x x

x

^{x x}



^x ⁴



³



^x⁶ ²



^x¹ ² ^:^x ^{4 10}^x ² ^x

    

 

  

     

 

0,25đ



^x ²



^x ^x ²



^x² ² ^x¹ ² ^: ^x⁶ ²

 

 

  

      

  0,25đ

 

     

2 2 2 6 2 4 2 6

: :

2 2

2 2 2 2

x x x x x x

x x

x x x x

       

 

 

    0,25đ

=



^x^²^



⁶ ^x^²



^. ^x⁶^²

1 2 x

 

 và kết luận...

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

Q =



^ ^x^¹



^{.P =}



^ ^x^^{1 .}



_x^¹_₂^ _x^x_^¹₂^{ }¹ _x³_₂

Nếu x không là số chính phương  x là số vô tỉ Q không nguyên

0,25đ

Nếu x là số chính phương  x là số nguyên Q nguyên  3 2

x nguyên x 2 Ư(3) Giải ra tìm được các giá trị x = 1; x = 9; x = 25

Đối chiếu điều kiện và kết luận....

0,25đ Câu 2 (1,5 điểm): Cho phương trình x² – 2(m – 3)x - 2m + 5 = 0 (m là tham số)

a) Giải phương trình với m = -1.

Thay m = -1 vào phương trình (1) ta có

2 2( 1 3) 2.( 1) 5 0 2 8 7 0

x    x     x  x  0,25đ

Tìm được  ^' 16 7 9  0,25đ

Tìm được x₁  1; x₂  7 và kết luận... 0,25đ b) Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn

(3)

x1²2



m3



x12m3 .  x2²2



m3



x22m3m²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  x₁²2(m3)x₁2m  3 2

Phương trình (1) có nghiệm là x2  x₂²2(m3)x₂2m  3 2

   

2 2 2

1 2 3 1 2 3 . 2 2 3 2 2 3 3 6

x m x m x m x m m m

             

   

 ( 2).( 2)  m²3m6 m² – 3m +2 = 0 0,25đ

Giải phương trình tìm được m = 1 hoặc m = 2

Đối chiếu điều kiện có m = 1 và kết luận:... 0,25đ

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (I)

3 3

2 1 0

x y

x xy

   



   

 Điều kiện: x > 0 và y > 0

Có (I)

3 3

2 1 0

x y

x xy

   



   



 ³ ³

2 1 0

x y y x y x

x xy

   



  



0,25đ



  

³



⁰

2 1 0

xy x y x y

x xy

    



   





 

³



⁰

2 1 0

x y xy x xy

   



   





0 3 0

2 1 0

x y

xy x xy

  



  



  



0,25đ



0

2 1 0

3 0

2 1 0

x y x xy

xy x xy

  

   



  

   



Giải hệ phương trình ⁰

2 1 0

x y

x xy

  



  

 tìm được 1

1 x y

 

  (thỏa mãn điều kiện)

0,25đ

Giải hệ phương trình ^{3 0}

2 1 0

xy x xy

  



  

 tìm được

2 9 2 x y

 



  (thỏa mãn điều kiện) Kết luận:...

0,25đ

Câu 4 (3,0 điểm):

a) Chứng minh: AE.AD = AH.AO và chứng minh: tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn.

Chỉ ra được AE.AD = AB² 0,25đ

Chỉ ra được AH.AO = AB² 0,25đ

AE.AD = AH.AO = AB² 0,25đ

Chứng minh được AHEđồng dạng ADO 0,25đ

 EHA ADO^^

Kết luận được tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn 0,25đ

b) Chứng minh HE vuông góc với BF.

Tứ giác ODEH nội tiếp  HED HOD^{ } 180⁰ 0,25đ

Chứng minh BD // AO  BDO HOD^{ } 180⁰ BDO HED^ ^ 0,25đ

Tam giác BCD vuông tại B  BDC BCD^{ } 90⁰ 0,25đ

H F E

D B

C

O A

(4)

Chỉ ra ^BCD BED^ (Hai góc nội tiếp cùng chắn BD^)

 HED BED^{ } 90⁰  ^HEB90⁰  HE  BF tại E 0,25đ

c) Chứng minh ₂ ² ₂ 1

AF EF

HC DE

 AE 



Chứng minh HF² = FE.FB, AF² = FE.FB  HF² = AF²

Chứng minh HC² = HB² = BE.BF 0,25đ

 AF² – EF² = HF² – EF² = HE² = EB.EF

 ₂ ² ₂ .

AF EF .EF EF

HC BE BF BF

 BE 

 0,25đ

Chứng minh BDE đồng dạng FAE 

EF DE BE AE 

 ₂ ² ₂ EF

AF EF EF EF EF EF 1

HC DE BF BE BF BE

AE

      

 0,25đ

Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình:



^x² ^³^x^²



^x_x^_³₁ ^{ }¹₂^x³^¹⁵₂ ^x^¹¹^(Đk:^x^{ }³^hoặc^x^¹⁾

Với x 3 hoặc x1 ta có



^x²^³^x^²



^x_x^_³₁ ^{ }¹₂^x³^¹⁵₂ ^x^¹¹



²

 

²



³ ¹ ²



²

 

²



¹¹



²



1 2 2

x x x x x x x x x

x

  

            



²

 

¹



^{3 11 1} ² ⁰

1 2 2

x x x x x

x

  

        

 

²

2 0

3 11 1

1 0

1 2 2 x

x x x x

x

  

      

Giải x   2 0 x 2 (tm điều kiện x1) 0,25đ

Giải



¹



^{3 11 1} ² ⁰

1 2 2

x x x x

x

     



 

2 3

2 3 2 1 8

1

x x x x

x

      



 

2 3

3 3 2 1 8

1

x x x x x

x

       





¹



³

 

² ¹



³ ⁸

1

x x x x

x

      





¹



² ³ ²



¹



³ ⁸

1 1

x x

 

     

  0,25đ

 

3 2

1 1 9

1 x x

x

  

     

   

1 3 2 1

1

1 3 4 2

1 x x

x x x

x

   

 

 

    

 

 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

(5)



¹



³ ²



¹



³



^{4 0} ² ² ^{7 0}

1

x x x x x x

x

           



Giải phương trình tìm được x  1 2 2 (thỏa mãn điều kiện x > 1) ; x  1 2 2 (không 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:



¹



³ ⁴



¹



³



^{16 0} ² ² ^{19 0}

1

x x x x x x

x

            



Giải phương trình tìm được x  1 2 5 (không mãn điều kiện x 3) ; x  1 2 5 (thỏa mãn thỏa mãn điều kiệnx 3)

Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là S ^{  }



^{1 2 5} ^;^{ }^{1 2 2; 2}



^0,25đ