Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Vòng I - Năm học 2019-2020 - Trường THCS Thái Hòa (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 THPT môn Toán - Vòng I - Năm học 2019-2020 - Trường THCS Thái Hòa (Có đáp án)

1. TRƯỜNG THCS THÁI HÒA ĐỀ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT (THI THỬ VÒNG 1) NĂM HỌC 2019-2020 Môn: TOÁN (Thời gian làm bài : 120 phút) Bài 1. (2,0 điểm). 2(x 4) x 8 Cho biểu thức B = với x 0; x 16 x 3 x 4 x 1 4 x a) Rút gọn B. b) Tính giá trị của biểu thức B với x là nghiệm của phương trình x2 - 4 3 x - 4 = 0. c) Tìm giá trị của x để giá trị của B là một số nguyên. Bài 2. (1.75 điểm) x 2y 2 Cho hệ phương trình: (m là tham số). 2x (m 1)y 2 a) Giải hệ phương trình với m = 2. b) Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất (x ; y) sao cho biểu thức A = x 2 - 3y2 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 3. (1,75 điểm) Cho phương trình : x 2 6x 2m 3 0 (1) a/ Giải phương trình (1) với m = 4 b/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn 2 2 x1 5x1 2m 4 x2 5x2 2m 4 2 Bài 4 (1,0 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một mảnh đất hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 13 m và chiều dài lớn hơn chiều rộng 7 m. Tính chiều dài và chiều rộng của mảnh đất đó. Bài 5 (3,5 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O) cắt Ax, By lần lượt ở E và F. a) Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp. b) Chứng minh: E·OF 900 và AB.OE AM.EF c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK  AB . d) Khi MB = 3 .MA, tính diện tích tam giác KAB theo a. HẾT Họ và tên học sinh: Số báo danh:
2. Hướng dẫn biểu điểm chấm Câu Nội dung Điểm Bài 1 Câu 1 (2 điểm): ( 2,0 2(x 4) x 8 Cho biểu thức B = với x 0; x 16 điểm) x 3 x 4 x 1 4 x a) Rút gọn B. Với x 0; x 16 2x 8 x x 4 8 x 1 B = 0,25 x 1 x 4 3x 12 x B = 0,25 x 1 x 4 3 x B = 0,25 x 1 3 x Với x 0; x 16 thì B = 0,25 x 1 b) Tính giá trị của biểu thức B với x là nghiệm của phương trình x2 - 4 3 x - 4 = 0. 0,25 2 Giải phương trình x - 4 3 x - 4 =0 được x1 =4 2 3 ,x2 = 4 2 3 Ta thấy x1 = 4 2 3 (Thỏa mãn ĐKXĐ) x2 = 4 2 3 (Không thỏa mãn ĐKXĐ) Thay x1 = 4 2 3 vào biểu thức B và tính được B = 33 -3 0,25 Kết luận: c.)Tìm giá trị của x để giá trị của B là một số nguyên. Chỉ ra được B 0 0,25 Chỉ ra được B < 3 0 B < 3 Vì B Z B 0;1;2 B = 0 x = 0 ( thỏa mãn ĐKXĐ) 1 B = 1 x = ( thỏa mãn ĐKXĐ) 0,25 4 B = 2 x = 4 ( thỏa mãn ĐKXĐ) 1  Vậy để B Z thì x 0; ;4 4  Bài 2 3. Cho phương trình : x 2 6x 2m 3 0 (1) (1,75 a/ Giải phương trình (1) với m = 4 điểm) Thay m=4 vào phương trình (1) ta có phương trình x2 6x 5 0 0,25 Ta có a b c 1 6 5 0 0.25 c Vậy PT có nghiệm x 1; x 5 0,25 1 2 a b/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thoả mãn 0,25
3. 2 2 x1 5x1 2m 4 x2 5x2 2m 4 2Ta có b2 4ac 8m 48. Để PT (1) có nghiệm phân biệt thì 0 m 6 0,25 Vậy m<6 thì PT (1) có nghiệm phân biệt x1 , x2 nên thao vi ét ta có b c x x 6; x x 2m 3 1 2 a 1 2 a Ta có x 2 6x 2m 3 0 x 2 5x 2m 4 x 1 2 Vì x1 , x2 là nghiệm PTx 6x 2m 3 0 nên x1 , x2 là nghiệm PT 2 2 x 5x 2m 4 x 1 nên ta có x1 5x1 2m 4 x1 1 và 2 0,25 x 2 5x 2 2m 4 x 2 1 2 2 x1 5x1 2m 4 x 2 5x 2 2m 4 x1 1 x 2 1 2 2 Mà x1 5x1 2m 4 x2 5x2 2m 4 2 nên ta có x1 1 x2 1 2 0,25 x1x2 (x1 x2 ) 1 2 2m 3 6 1 2 2m 10 m 5 ( thoả mãn). KL Bài 3: x 2y 2 Cho hệ phương trình: (m là tham số). ( 1,75 2x (m 1)y 2 điểm) a) Giải hệ phương trình với m = 2. b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x ; y) sao cho biểu thức A = x2 - 3y2 đạt giá trị nhỏ nhất. x 2y 2 a) Với m = 2 thì hệ đã cho trở thành: 0,25 2x y 2 x 2y 2 3x 6 x 2 0,5 4x 2y 4 y 2x 2 y 2.2 2 2 Vậy với m = 2 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 2). 0,25 x 2y 2 (1) b) Xét hệ: 2x (m 1)y 2 (2) 0,25 Từ (1) suy ra x = 2y – 2, thay vào (2) ta được: 2(2y – 2) – (m – 1)y = 2 4y – 4 – (m – 1)y = 2 (5 – m)y = 6 (*) Để hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) (*) có nghiệm duy nhất 5 – m ≠ 0 m ≠ 5. 0,25 6 6 2 2m Khi đó y = ; x 2y 2 2 2 5 m 5 m 5 m Ta có: A = x2 – 3y2 = (2y – 2)2 – 3y2 = 4y2 – 8y + 4 – 3y2 = y2 – 8y + 4 = (y – 4)2 – 12 ≥ -12 (vì (y – 4)2 ≥ 0 y) Dấu bằng xảy ra y = 4; x = 2.4 – 2 = 6. 7 Khi đó từ (*) ta được (5 – m).4 = 6 m = (thoả mãn) 2 0,25 7 Vậy với m = thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất (x; y) sao cho Amin = -12. 2
4. Bài 4 Gọi chiều rộng của mảnh đất 1à x (m) ( 0 < x< 13) (1 điểm) thì chiều dài của mảnh đất 1à x + 7 (m). 0,25 Lập luận được phương trình: x2 + (x + 7)2 = 132 x2 + 7x - 60 = 0 0,25 Giải phương trình được: xl = 5 (thoả mãn); x2 = -12 (loại) 0,25 Trả 1ời: Chiều rộng của mảnh đất 1à 5 m và chiều dài của mảnh đất 1à 12 m. 0,25 Bài 5 Bài 4 (3,5 điểm): (3,5 Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB = a. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB điểm) ( Ax, By thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (O) (M khác A và B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn (O) cắt Ax, By lần lượt ở E và F. a)Chứng minh tứ giác AEMO nội tiếp : Ta có: E·AO E·MO 900 (tính chất tiếp tuyến) Tứ giác AEMO có E·AO E·MO 1800 mà E·AO;E·MO đối nhau nên tứ giác AEMO nội tiếp được trong một đường 0,75đ tròn. b) Chứng minh: E·OF 900 và AB.OE AM.EF + Chứng minh: E·OF 900 EA, EM là hai tiếp tuyến của đường tròn (O) cắt nhau ở E Nên OE là phân giác của A·OM . Tương tự: OF là phân giác của B·OM Mà A·OM và B·OM kề bù nên: E·OF 900 (đpcm) 0.75 + Chứng minh: AB.OE AM.EF Tam giác AMB và tam giác EOF có: A·MB E·OF 900 M· AB M· EO (cùng chắn cung MO của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEMO) 0.5 Vậy Tam giác AMB và tam giác EOF đồng dạng (g.g) AB AM AB.OE AM.EF EF OE 0.25
5. c) Gọi K là giao điểm của AF và BE, chứng minh MK  AB . AK AE 0.25 Tam giác AEK có AE // FB nên: KF BF Mà : AE = ME và BF = MF (t/chất hai tiếp tuyến cắt nhau) AK ME Nên : . KF MF 0.25 Do đó MK // AE (định lí đảo của định lí Talet) Lại có: AE  AB (gt) nên MK  AB. 0.25 d) Khi MB = 3 .MA, tính diện tích tam giác KAB theo a. Gọi N là giao điểm của MK và AB, suy ra MN  AB. MK FK FEA có: MK // AE nên: (1) AE FA NK BK BEA có: NK // AE nên: (2) AE BE FK BK FK BK FK BK Mà ( do BF // AE) nên hay (3) KA KE KA FK BK KE FA BE MK KN Từ (1) , ( 2) , (3) suy ra: . Vậy MK = NK. AE AE S KN 1 Tam giác AKB và tam giác AMB có chung đáy AB nên: AKB SAMB MN 2 1 Do đó: S S AKB 2 AMB 0.25 MB Tam giác AMB vuông ở M nên tan A = 3 M· AB 600 . MA a a 3 1 1 a a 3 1 Vậy AM = và MB = S . . . = a 2 3 (đvdt) 0.25 2 2 AKB 2 2 2 2 16