Đề thi thử tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán năm 2018 - 2019 THPT Yên Định 1 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

THANH HÓA TRƯỜNG THPT YÊN ĐỊNH 1

ĐỀ KIỂM TRA KIẾN THỨC VÀO LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2018 -2019

Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề.

Họ và tên thí sinh: ............................................................ Số báo danh: ................................ Câu 1 (2,0 điểm): 1) Giải các phương trình sau: a) 3 0 x  b) 2 3 4 0 x x   

2) Giải hệ phương trình:

2 3 13 2 7 x y x y       

Câu 2 (2,0 điểm): Cho biểu thức: 1 : 1 2 1 x x x A

x x x x x             

(với 0; 1 x x  )

1) Rút gọn biểu thức A . 2) Tìm x để 2 A  . Câu 3 (2,0 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng ( ): 2 d y x a   và

parabol

2 ( ): P y x  .

1) Tìm a để đường thẳng ( ) d đi qua điểm (0;1) A .

2) Tìm a để đường thẳng ( ) d cắt parabol ( ) P tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là

1 2 ; x x thoả mãn

2 1 1 2 2 2 1 x x x x   .

Câu 4 (3,0 điểm): Cho điểm M nằm bên ngoài đường tròn (O;R). Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn đó (A, B là tiếp điểm). Qua A kẻ đường thẳng song song với MB cắt đường tròn (O;R) tại C. Nối MC cắt đường tròn (O;R) tại D. Tia AD cắt MB tại E. 1) Chứng minh MAOB là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh 2 . BE AE DE  và E là trung điểm của BM. 3) Xác định vị trí của điểm M để BD vuông góc với MA. Câu 5 (1,0 điểm): Cho , , , a b c d là các số dương thoả mãn: 2 a b c d   .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : ( )( ) a b c a b P abcd     .

------------------- Hết ------------------

(Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm)

ĐỀ A

HƯỚNG DẪN CHẤM: ĐỀ A

Câu Nội dung Điểm

1 (2,0đ)

1). a) 3 0 3 x x    b) Ta có 1 3 4 0 a b c    phương trình có 2 nghiệm 1; 4 x x  .

0,5 0,5

2) Ta có: 2 3 13 2 6 2 2 7 2 7 3 x y y x x y x y y                    

Vậy hệ phương trình có nghiệm ( ; ) (2;3) x y 

1,0

2 (2,0đ)

1) Ta có: 1 : 1 2 1 x x x A

x x x x x             

2

2

2

1 : ( 1) 1 ( 1)

1 : 1 1 ( 1)

( 1) 1 : 1 ( 1)

.( 1)

x x x x x x x

x x x x x x

x x x x x

x x x x

                         

  

 

   

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

2) Ta có: 2 2 2 0 A x x x x        

Đặt , 0, 1 t x t t    ta được phương trình 2 1 2 0 2 t t t t

     

Kết hợp với điều kiện 2 4 t x    . Vậy 4 x  là giá trị cần tìm.

0,25 0,5 0,25

3 (2,0đ)

1) Ta có (0;1) ( ) 2 1 1 A d a a    . Vậy 1 a . 1,0

2) Phương trình hoành độ giao điểm:

2 2 0 x x a     (1)

(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt = 9 – 4a > 0 a < 9

4

1 2 ; x x là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1)

Theo định lí Viét ta có: 1 2

2 1 1 2

1 1 2 x x x x x x a         

Từ giả thiết ta có:

1 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1

1

0 2 1 2 ( 1 ) ( 1 ) 1 1

x x x x x x x x x x x x

            

Với x1 = 0; ta có 0.x2 = a - 2 a = 2 (t/m);

Với x1 = -1; ta có x2 = -1 -(-1) = 0 (-1).0 = a - 2a = 2 (t/m);

Vậy a = 2 là giá trị cần tìm.

0,5 0,5

4 (3,0đ)

1) Do MA, MB là các tiếp tuyến của đường tròn (O) · · 0 90 OAM OBM    · · 0 180 OAM OBM    nên tứ giác MAOB nội tiếp.

M

D

E

B

O

A

C

1,0

2) Ta có · · BAE DBE  ( 1 2  sđ » BD); ·BEA chung  2 tam giác ABE và BDE

đồng dạng

2 . BE DE BE AE DE AE BE     (1)

Lại có · · MAD ACD  ( 1 2  sđ » AD ); · · DMB ACD  (do // AC MB) · · MAD DME   ; ·MEA chung  2 tam giác AME và MDE đồng dạng

2 . ME DE ME AE DE AE ME     (2)

Từ (1) và (2) ME BE   nên E là trung điểm của BM.

0,5 0,5

3) · · 0 90 BD AM MAB ABD     · · 0 90 ABM BMC    (vì · · · ; BMC ACD ABD   · · MAB ABM  ) , , MD AB M O C    thẳng hàng D là giao điểm của 3 đường cao trong tam giác AMB

AE MB AE    vừa là đường cao vừa là trung tuyến ABM  cân tại A AM AB   Mà AM BM ABM   đều · 0 30 AMO   Ta có AMO  vuông tại A có · 0 30 ; 2 AMO OA R OM R     . Vậy M là điểm nằm trên đường tròn tâm O, bán kính 2R.

M

E

D

O

A

B

C

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

5 (1,0đ)

Áp dụng bất đẳng thức …