Bộ đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2019-2020 - Trường THCS Sơn Lĩnh (Có đáp án)

Nội dung text: Bộ đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Năm học 2019-2020 - Trường THCS Sơn Lĩnh (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT HƯƠNG SƠN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TRƯỜNG TH&THCS SƠN LĨNH Năm học: 2019 - 2020 Môn: TOÁN. Đề số 01 Thời gian làm bài: 90 phút Bài 1 (2,0 điểm): Rút gọn các biểu thức sau: 1 15 12 A= 2 3 3 12 3 ; B 3 2 5 2 Bài 2 (2,5 điểm): 5 ― = 2 1) Giải hệ phương trình: 3 + = 6 2) Cho phương trình bậc hai: x2 mx + m 1= 0 (1) a) Giải phương trình (1) khi m = -1. b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1;x2 thỏa 1 1 x x mãn hệ thức : . 1 2 x1 x2 2018 Bài 3:(1,5 điểm) Cho hàm số: y = mx + 1 (1), trong đó m là tham số. a) Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A (1;4). Với giá trị m vừa tìm được, hàm số (1) đồng biến hay nghịch biến trên R? b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng (d) có phương trình: x + y + 3 = 0 Bài 4. (3,5 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE tới đường tròn đó (B, C là hai tiếp điểm; D nằm giữa A và E). Gọi H là giao điểm của AO và BC. a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng: AH. AO = AD. AE c) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự tại I và K. Qua điểm O kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt AB tại P và cắt AC tại Q. Chứng minh rằng: IP + KQ PQ Bài 5: (0,5 điểm) Giải phương trình 5x3 6x2 12x 8 0 Họ và tên người ra đề: Nguyễn Viết Hùng Đơn vị: Trường TH&THCS Sơn Lĩnh Người duyệt đề: Phạm Công Hoàng
2. PHÒNG GD&ĐT HƯƠNG SƠN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TRƯỜNG TH&THCS SƠN LĨNH Năm học: 2019 - 2020 Môn: TOÁN. Đề số 02 Thời gian làm bài: 90 phút Bài 1 (2,0 điểm): Rút gọn các biểu thức sau: 2 15 20 = ( 18+5)(3 2 ―5); B= 5 3 3 2 Bài 2 (2,5 điểm): 2x y 5 1) Giải hệ phương trình: 4x y 1 2) Cho phương trình bậc hai: x2 mx + m 1= 0 (1) a ) Giải phương trình (1) khi m = 3. b ) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm x1;x2 thỏa 1 1 x x mãn hệ thức : . 1 2 x1 x2 2019 Bài 3:(1,5 điểm) Cho hàm số: y = mx + 1 (1), trong đó m là tham số. a) Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A (2;3). Với giá trị m vừa tìm được, hàm số (1) đồng biến hay nghịch biến trên R? b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng (d) có phương trình: 2x + y + 3 = 0 Bài 4. (3,5 điểm) Cho điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE tới đường tròn đó (B, C là hai tiếp điểm; D nằm giữa A và E). Gọi H là giao điểm của AO và BC. a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng: AH. AO = AD. AE c) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AB, AC theo thứ tự tại I và K. Qua điểm O kẻ đường thẳng vuông góc với OA cắt AB tại P và cắt AC tại Q. Chứng minh rằng: IP + KQ PQ Bài 5: (0,5 điểm) Giải phương trình 5x3 6x2 12x 8 0
3. II. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 01 Bài Câu Đáp án 2 A== 2 3 3 12 3 223 2 12 3 ( 12 3)( 12 3) 12 32 1,0đ 1 =12 9 9=3 ( 1 15 12 3 5 2 2,0đ) B 3 2 1,0đ 3 2 5 2 5 2 3 2 3 2 + Tìm được y = 3 ( hoặc x = 1) 1) + Tìm được giá trị còn lại 1 đ + Kết luận nghiệm (x; y ) = ( 1; 3 ) a) +Khi m = -1 phương trình (1) trở thành:x2+x – 2 =0 + Tìm được hai nghiệm x1 = 1 ; x2 = -2 b)Cách 1: + Chứng tỏ ≥ 0 nên được P/t (1) có nghiệm với mọi m x1 x2 m + Áp dụng hệ thức Viét : x1.x2 m 1 2 1 1 x x m m (2 + Biến đổi hệ thức 1 2 thành (*) 2) x x 2018 m 1 2018 ,5đ) 1 2 1,5đ + Điều kiện của (*): m ≠ 1.Giải p/t (*) tìm được m = 0, m = 2019(tmđk) Cách 2: + Chứng tỏ a + b + c = 0 nên được P/t (1) có nghiệm với mọi m + Viết được x1 = 1; x2 = m – 1 1 1 x x m m + Biến đổi hệ thức 1 2 thành: (*) x1 x2 2018 m 1 2018 + Điều kiện của (*): m ≠ 1.Giải p/t (*) tìm được m = 0, m = 2019(tmđk) a) Vì đồ thị của hàm số (1) đi qua A(1;4) 4= m.1+1 m 3 1) Với m = 3 hàm số (1) có dạng y = 3x +1; vì 3>0 nên hàm số (1) 0,75đ đồng biến trên R. 3 ( b) (d) : y = - x – 3 1,5đ) 2) m 1 Vì đồ thị của hàm số (1) song song với (d) 0,75đ 1 3 Vậy m = -1 thì đồ thị của hàm số (1) song song với (d)
4. P B E I D Hình 0,50đ A 4 H O (3,5đ) K C · · 0 a) a) ABO + ACO = 180 => tứ giác ABOC nộiQ tiếp 1,0đ b) ABD : AEB (g.g) => AD.AE = AB2 (1) b) ABO vuông tại B, BH  AO => AH.AO = AB2 (2) 1,0đ => AH. AO = AD. AE c) Áp dung BĐT Côsi: IP + KQ 2 IP.KQ Ta có: APQ cân tại A=>OP = OQ => PQ = 2OP Để C/m IP + KQ PQ ,Ta C/m: IP.KQ = OP2 Thật vậy: BOP = COQ (c.h-g.n) => B·OP C·OQ c) Theo T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau: B· OI D· OI , D·OK C·OK 1,0đ => B·OP B· OI D·OK C·OQ D· OI C·OK 900 => P·OI D·OK 900 Mà Q·KO C·OK 900 Suy ra: P·OI Q·KO Do đó: POI : QKO (g.g)  IP.KQ = OP.OQ = OP2 Ta có 5x3 6x2 12x 8 0 4x3 x3 6x2 12x 8 0 4x3 x 2 3 0 x 2 3 4x3 Bài 5 x 2 3 4x3 x 2 x 3 4 x x 3 4 2 1 3 4 x 2 (0,5đ) 5) 2 x 0,5đ 1 3 4 2 Vậy nghiệm của PT là x 1 3 4
5. II. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 02 Bài Câu Đáp án A=( 18 + 5)( 18 ― 5) = ( 18)2 ― 52 = 18 ― 25 = ―7 1 1,0đ ( 2 15 20 2,0đ) B= = 3 1,0đ 5 3 3 2 + Tìm được x = 1 ( hoặc y = 3) 1) + Tìm được giá trị còn lại 1 đ + Kết luận nghiệm (x; y ) = ( 1; 3 ) a) +Khi m = 3 phương trình (1) trở thành x2-3x+2 =0 + Tìm được hai nghiệm x1 = 1 ; x2 = 2 b)Cách 1: + Chứng tỏ ≥ 0 nên được P/t (1) có nghiệm với mọi m x1 x2 m + Áp dụng hệ thức Viét : x1.x2 m 1 2 1 1 x x m m (2 + Biến đổi hệ thức 1 2 thành (*) 2) x x 2019 m 1 2019 ,5đ) 1 2 1,5đ + Điều kiện của (*): m ≠ 1.Giải p/t (*) tìm được m = 0, m = 2020(tmđk) Cách 2: + Chứng tỏ a + b + c = 0 nên được P/t (1) có nghiệm với mọi m + Viết được x1 = 1; x2 = m – 1 1 1 x x m m + Biến đổi hệ thức 1 2 thành: (*) x1 x2 2019 m 1 2019 + Điều kiện của (*): m ≠ 1.Giải p/t (*) tìm được m = 0, m = 2020(tmđk) a)Vì đồ thị của hàm số (1) đi qua A(3;2) 3= m.2+1 m 1 1) Với m = 1 hàm số (1) có dạng y = x +1; vì 1>0 nên hàm số (1) 0,75đ 3 đồng biến trên R. ( 1,5đ) b)(d) : y = - 2x + 3 2) m 2 Vì đồ thị của hàm số (1) song song với (d) 0,75đ 1 3 Vậy m = -2 thì đồ thị của hàm số (1) song song với (d) P B E I Hình D 4 0,50đ A (3,5đ) H O K C Q
6. a) a) A·BO + A·CO = 1800 => tứ giác ABOC nội tiếp 1,0đ b) ABD : AEB (g.g) => AD.AE = AB2 (1) b) ABO vuông tại B, BH  AO => AH.AO = AB2 (2) 1,0đ => AH. AO = AD. AE c) Áp dung BĐT Côsi: IP + KQ 2 IP.KQ Ta có: APQ cân tại A=>OP = OQ => PQ = 2OP Để C/m IP + KQ PQ ,Ta C/m: IP.KQ = OP2 Bài 5 Thật vậy: BOP = COQ (c.h-g.n) => B·OP C·OQ (0,5đ) c) Theo T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau: B· OI D· OI , D·OK C·OK 1,0đ => B·OP B· OI D·OK C·OQ D· OI C·OK 900 => P·OI D·OK 900 Mà Q·KO C·OK 900 Suy ra: P·OI Q·KO Do đó: POI : QKO (g.g)  IP.KQ = OP.OQ = OP2 Ta có 5x3 6x2 12x 8 0 4x3 x3 6x2 12x 8 0 4x3 x 2 3 0 x 2 3 4x3 x 2 3 4x3 x 2 x 3 4 x x 3 4 2 1 3 4 x 2 5) 2 x 0,5đ 1 3 4 2 Vậy nghiệm của PT là x 1 3 4