Đề thi thử vào lớp 10 năm 2018 – 2019 trường THCS yên bình, hà nội – đề minh họa tuyển sinh vào lớp 10 năm 2018 môn toán

6 278 3
Đề thi thử vào lớp 10 năm 2018 – 2019 trường THCS yên bình, hà nội – đề minh họa tuyển sinh vào lớp 10 năm 2018 môn toán

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

TRƯỜNG THCS YÊN BÌNH ĐỀ THI THỬ VÀO 10 NĂM HỌC 2018-2019 Mơn: Tốn Bài 1(2đ): Khoanh tròn vào chữ trước câu trả lời mà em cho Câu 1: Điều kiện để biểu thức −1 có nghĩa 1− x C x  A x > B x < D x  Câu Cho phương trình ( m + 1) x − 2mx + m = có hai nghiệm phân biệt m thoả điều kiện: A m  B m  C m  m  −1 D m  m  Câu 3: Rút gọn biểu thức + kết qủa A 10 B 16 C 2 D Câu 4: Hàm số y = 2m − 1.x − m − đồng biến : A m  B m  C m  D m  Câu 5: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, số giao điểm parabol y = x2 đường thẳng y=2x+3 A B C.0 D Câu Nếu hình vng có cạnh cm đường tròn ngoại tiếp hình vng có bán kính A cm B cm C cm D cm Câu 7: Một hình trụ tích 432  cm3 chiều cao gấp hai lần bán kính đáy bán kính đáy A 6cm B 12cm C  cm D 12  cm Câu Cho hình nón có bán kính đáy cm, tích 18 cm3 Hình nón cho có chiều cao bằng: A  cm B cm C  D cm    − + 1 với a >0 a  Bài 2(1,5đ): Cho biểu thức: P =    − a + a  a  a) Rút gọn biểu thức P b) Với giá trị a P > 2 Bài 3(1,5đ): Cho phương trình: x (2m-1)x + m(m-1) = (1) (Với m tham số) a Giải phương trình (1) với m = b Chứng minh phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt với m c Gọi x1 x2 hai nghiệm phương trình (1) (Với x1 < x2) Chứng minh x12 2x2 +  2x + 3y = xy +  Bài (1 điểm) Giải hệ phương trình   x + y +1 =  Bài 5: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn (AB  1− A C a    + 1 = a  a  − a + a ( )( C )  1+ a     a  1− a 3+ a − 0  0  1− a 2 (1 − a ) a   a  Kết hợp với điều kiện a >0, ta < a < 1,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 1,5đ Bài a C với m = 2, phương trình trở thành: x2 - 3x+2=0 phương trình có a+b+c=0 nên Pt có hai nghiệm là: x1 = ; x2 = 0,5  = (2m − 1)2 − 4m(m − 1) = b Vì  =  với m nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt 0,5 Vì x1< x2 nên : 2m − − = m −1 2m − + x2 = =m x12 − x2 + = (m − 1) − 2m + = ( m − 2)  với m x1 = c Bài x  0; y  −1  2x + 3y = xy + 2x + 3y = xy +     y + + x = xy + x  x + y +1 =  2x − 3y = xy + 2x + 2y = x = − y     y = xy −  y = xy − xy − y − = 0(*) Thay x=3-y vào (*) (3 − y) y − y −1 =  y2 − 4y −1 = 0,5 0,25 0,25 0,25 y1 = + 5(tm) y = − 5(tm) y1 = + 5(tm)  x1 = − y = − 5(tm)  x = + 0,25 Vậy nghiệm hệ phương trình là: (1 − 5; + 5); (1 + 5; − 5) 3,0 đ Bài A O I M B K N C H E a (1 đ) Xét tứ giác AMHN Có AMH = 900 ; ANH = 900 (Vì AM ⊥ AB; AN ⊥ AC ) 0,25 Nên ta có AMH + ANH = 900 + 900 = 1800 0,5 Vậy tứ giác AMHN nội tiếp 0,25 Xét tam giác AHB vuông H (Vi AH ⊥ BC ) có HM ⊥ AB (gt) nên 0,25 theo hệ thức lương tam giác vng ta có AH = AM  AB Xét tam giác AHC vng H(Vì AH ⊥ BC ) có HN ⊥ AC (gt), tương tự 0,25 b (0.75 đ) ta có AH = AN  AC Ta có AH = AM  AB ; AH = AN  AC AM  AB = AN  AC Ta có tứ giác AMHN nội tiếp ( cm trên)  ANM = AHM ( chắn cung AM) Ta có AHM + BHM = AHB = 900 ; MBH + BHM = 900 (  BMH vuông M) c Vậy AHM = MBH  ANM = MBH  ANI = ABC , mà ABC = AEC ( (0.75 đ) chắn cung AC) nên ANI = AEC  ANI = IEC Xét tứ giác INCE có ANI = IEC  Tứ giác INCE nội tiếp ( có góc ngồi tứ giác góc đối góc tứ giác)  EIN + NCE = 1800 ( tính chất…) mà NCE = ACE = 900 ( góc nội tiếp ….) Nên  EIN + 900 = 1800  EIN = 900  AE ⊥ MN d Ta có AKE = 900 ( góc nội tiếp )  AKI + IKE = 900 Ta có  KIE vng (0.5 đ) I (cm trên)  IEK + IKE = 900  AKI = IEK  AKN = AEK , mà AEK = ACK 0,25 0,25 0,25 0,25 0.25 ( chăn cung AK) nên AKN = ACK Xét  AKN  ACK có góc A chung, có AKN = ACK nên  AKN  ACK AK AN =  AK = AN  AC , mà AH = AN  AC (cm trên) AC AK nên AK = AH  AK = AH  Lưu ý: cách HS làm theo cách sau:: Cách 2:Ta có AKE = 900 (góc nội tiếp )  AKE vng K mà KI ⊥ AE ( cm trên) Nên theo HTL tam giác vng ta có AK2=AI  AE Xét AIN ACE AI AN = AC AE 2  AI  AE = AN  AC , nên ta có AK =AN  AC, mà AH = AN  AC (cm Có AIN = ACK = 900 ; góc A chung  AIK ACE  0.25 trên) nên AK = AH  AK = AH Cách 3: Gọi Q giao điểm tia Nm với đường tròn, AE ⊥ QK (cm trên) nên IQ = IK ( đường kính vng góc với dây)  AQ = AK ( đường kính qua trung điểm dây)  AKQ = ACK  AKN = ACK Xét  AKN  ACK có góc A chung, có AKN = ACK nên AK AN =  AK = AN  AC AC AK , mà AH = AN  AC (cm trên) nên AK = AH  AK = AH  AKN  ACK  Bài x + x − x = x − x − 18  x + x = x − x − 18 + x  x + x = x + 22 x − 18 + 10 x( x − x − 18)  x − x + = x( x − 6)( x + 3) 0,25  2( x − 6x) + 3( x + 3) = ( x − 6x)( x + 3) a = x − 6x Đặt:   b = x + (a  0;b  3) ta có phương trình:  a=b 2a + 3b = 5ab  ( a − b)(2a − 3b) =    2a = 3b  + 61 (TM )  x= 1) a = b  x − 7x − =    − 61 ( KTM ) x =   x = 9(tm) 2)2a = 3b  4x − 33x − 27 =    x = −3 ( ktm)  0,25 0,25  + 61     Vậy phương trình có tập nghiệm: S = 9; 0,25 ... tia MN cắt đường tròn (O;R) K a Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp b Chứng minh AM  AB = AN  AC c Chứng minh AE cng góc với MN d Chứng minh AH=AK 2 Bài (1 điểm) Giải phương trình 5x + 4x − x... (AB

Ngày đăng: 29/05/2018, 16:16

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan