Đề thi thử tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán lần 1 - Năm học 2019-2020 - Phòng giáo dục và đào tạo huyện Hải Hậu (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử tuyển sinh Lớp 10 THPT môn Toán lần 1 - Năm học 2019-2020 - Phòng giáo dục và đào tạo huyện Hải Hậu (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 HUYỆN HẢI HẬU NĂM HỌC 2019-2020 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN TRẮC NGHIÊM (2 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. 1 Câu 1. Điều kiện để biểu thức 2019 x có nghĩa là x2 A. x 2019 B. x 2019; x 0 C. x 2019 D. x 2019; x 0 Câu 2. Đường thẳng y = (1 – a)x + 2 tạo với trục Ox một góc tù. Khi đó, giá trị của tham số a là A. a 1 . B. a > 1. C. a x2) thỏa mãn x1 - mx2 > 0. 2 x x y 2 Bài 3 (1 điểm): Giải hệ phương tr×nh : 4y 3x y 2 Bài 4 (3,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn (AB > AC). Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB, AC theo thứ tự tại F và E; BE cắt CF tại H; AH cắt BC tại I và cắt đường tròn (O) tại M (M nằm giữa A và I). EB cắt đường tròn đường kính AC tại K và Q (K nằm giữa B và E). a) Chứng minh ·ACF ·AIE b) Gọi P là giao điểm của IE và FC. Chứng minh: EFHP = EP HF 1 1 4 c) Chứng minh . MC 2 AQ2 KQ2 5 Bài 5 (1 điểm): 1) Giải phương trình 3x2 6x 6 3 2 x 7x 19 2 x. 1 1 1 2) Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3. Chứng minh: 1 x2 2yz y2 2zx z2 2xy
2. I. Phần trắc nghiệm (2 điểm) Mỗi câu lựa chọn đúng đáp án được 0,25 điểm Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 Phương án đúng D B B B D B D A II. Phần tự luận (8 điểm) Bài Nội dung Điểm x x 2 1 x ( x 2) Cho biểu thức A = ( x 2) với x ≥ 0; x 1. x 1 2 1) Rút gọn biểu thức A. Với x 0 và x 1 ta có x x 2 1 x ( x 2) x x 2 ( x 2)( x 1) x 2 x 1 0,25 A ( x 2) . . x 1 2 x 1 2 x x 2 x + x 2 x 2 ( x 1)2 . 0,25 Bài 1 x 1 2 (1,5 đ) 2 x ( x 1)2 . = x ( x 1) = x x x 1 2 0,5 Vậy A x x với x 0 và x 1 . 2) Tìm giá trị của x để biểu thức A đạt giá trị lớn nhất. 1 1 1 1 1 Với x 0; x 1 . Ta có A = x x (x x ) ( x )2 4 4 2 4 4 0,25 1 1 1 Do đó A đạt giá trị lớn nhất là khi và chỉ khi x 0 x (Thỏa mãn x 0; x 1 ) 4 2 4 Kết luận: 0,25 Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x + m2 - 2m - 8 = 0 (với m là tham số). 1) Tìm m để phương trình có nghiệm x = - 1. 1) Phương trình x2 – 2(m – 1)x + m2 - 2m - 8 = 0 có nghiệm x= - 1 nên ta có: (- 1)2 – 2(m – 1)(- 1) + m2 – 2m – 8 = 0 0,25 1 + 2m – 2 + m2 – 2m – 8 = 0 m2 – 9 = 0 m = 3 hoặc m = -3 0,25 Kết luận: 2 2) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 (với x1 > x2) thỏa mãn x1 - mx2 > 0. Bài 2 Phương trình x2 – 2(m – 1)x + m2 - 2m - 8 = 0 có 0,25 (1,5 đ) ' = [-(m - 1)]2 – 1.( m2 - 2m - 8 ) = m2 – 2m + 1 – m2 + 2m + 8 = 9 > 0 với mọi m Phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi m x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (với x1 > x2). Hai nghiệm của phương trình là: x1 = m + 2; x2 0,25 = m - 4 2 Theo bài ra: x1 - mx2 > 0. Do đó ta có: (m + 2)2 – m(m – 4) > 0 0,25 1 m2 + 4m + 4 – m2 + 4m > 0 8m + 4 > 0 m > 2 Kết luận: 0,25 Điều kiện: y 0 0,25
3. 2 x x y 2 (1) 4y 3x y 2 (2) Cộng từng vế của (1) và (2) ta được: 4y 3x y x2 x y 0 0,25 2 2 y 2.2 y.x x2 0 2 x 2 y 0 x 2 y 0 Bài 3 x 2 y 0,25 (1,0 đ) 4y 3.( 2 y). y 2 Thay vào (2) được: 4y 6y 2 y 1 Từ y = 1 (thỏa mãn điều kiện). Từ đó ta tìm được x 2. KL 0,25 Bài 4 (3,0 điểm): a) Chứng minh ·ACF ·AIE Chỉ ra được H· IC 900 0.5 · 0 CEH 90 0.25 Suy ra H· IC +C·EH 1800 0.25 KL tứ giác CIHE nội tiêp ·ACF ·AIE b) Chứng minh: EFHP = EP HF Chỉ ra F·EB H· CI ( 2 góc NT cùng chắn cung BF) 0.25 Bài 4 · · 0.25 (3,0 đ) BEI HCI ( 2 góc NT cùng chắn cung HI) Suy ra F·EB B· EI hay F·EH H· EP nên EH là phân giác của tam giác FEP 0.25 EF HF Suy ra EF.HP=EP.HF 0.25 EP HP
4. 1 1 4 c) Chứng minh . MC 2 AQ2 KQ2 Áp dụng HTL trong vuông BMC có MC2 = BC. IC 0.25 Áp dụng HTL trong vuông AQC có QC2 = AC. EC IC AC Chứng minh AIC: BEC (g.g) => IC.BC AC.EC EC BC 0.25 Suy ra MC2 = QC2 => MC = QC 1 Chỉ ra EQ = KQ 0.25 2 1 1 1 Áp dụng HTL trong vuông AQC có QE là đường cao : AQ2 QC 2 QE 2 1 1 1 1 1 4 Suy ra 2 2 2 => 2 2 2 AQ MC 1 AQ MC KQ 0.25 KQ 2 5 1) Giải phương trình 3x2 6x 6 3 2 x 7x 19 2 x. Với điều kiện x 1 3 , phương trình đã cho tương đương với: 3x2 6x 6 3 2 x 2 2 x 7x 19 2 x 3x2 6x 6 2 x 3x2 5x 7 3x2 6x 6 2 x 2 x 3x2 5x 8 2 0,25 2 3x 5x 8 3x 5x 8 0 2 x 3x2 5x 8 3x2 6x 6 2 x 1 2 x 3x2 6x 6 2 x (do 3x2 6x 6 2 x 0, x 1 3 ). 8 +) 3x2 5x 8 0 x 1 (thỏa mãn đk) hoặc x (không thỏa mãn đk) 3 Bài 5 +) 1 2 x 3x2 6x 6 2 x 1 2 x 3x2 6x 6. 2 x (1,0 đ) x 1 3x2 6x 6. 2 x * Vì nên 2 do đó (*) vô nghiệm. x 1 3 x 1 0 3x 6x 6. 2 x 0,25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x 1 1 1 1 2) Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3. Chứng minh: 1 x2 2yz y2 2zx z2 2xy Đặt x2 + 2xy = a; y2 + 2zx = b; z2 + 2xy = c a b c (x y z)2 9 và a > 0; b > 0; c > 0 2 2 2 Xét 1 1 1 a b a c b c (a b c)( ) 9 9 0.25 a b c b a c a c b 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9( ) 9 1 1 0.25 a b c a b c x2 2yz y2 2zx z2 2xy