Phòng gd-đt huyện vụ bảnTrờng THCS Nguyễn Phúc Đề thi tuyển sinh vào 10 năm học 2018-2019 môn toánThời gian làm bài 120 phút A.Đề BàI : I.Trắc nghiệm 2điểmKhoanh tròn vào chữ cái trớc câ
Trang 1Phòng gd-đt huyện vụ bản
Trờng THCS Nguyễn Phúc
Đề thi tuyển sinh vào 10 năm học 2018-2019
môn toán(Thời gian làm bài 120 phút)
A.Đề BàI :
I.Trắc nghiệm (2điểm)(Khoanh tròn vào chữ cái trớc câu trả lời đúng)
Cõu 1: Điều kiện để biểu thức x cú nghĩa là1
A x 1 B x 1 C x 1 D x 1.
Câu 2 Đường thẳng 3x+y = 0 và x – y = 4 cắt nhau tại điểm cú tọa độ là :
A (1;−3) B (52;1) C. (12;1) D.
(−12 ;1)
Câu 3.Đường thẳng y=1-3x và y= ( m2 -1)x 2 cắt nhau tại điểm cú hoành độ bằng -1 khi:
A.m=
1
3 B.m=
-1
3 C.m = ± √ 5 D.= -3 Câu 4.Phương trỡnh 3x - 2y + 1 = 0 cựng với phương trỡnh nào sau đõy lập thành hệ vụ nghiệm:
A 2x -3 y-1=0 B 6x - 4y+2=0 C .-6x+4y+2=0 D.-6x+4y+1= 0 Câu 5.Phương trỡnh nào sau đõy cú tổng 2 nghiệm bằng 5:
A.x 2 -5x+10=0 B.-x 2 +5x-10=0 C 2x2 5 2x10 0 D.x
2+5 x=0
Câu6.Cho tam giỏc ABC vuụng tại A cú AB=a ;BC=2a nội tiếp (O) chỉ ra đỏp ỏn sai:
A.B,O,C thẳng hàng B.AC=a √ 3 C. A ^BC =60 0
D.tanC=
1
2
Câu 7.Cho (O;25cm) tam giỏc ABC cõn tại A nội tiếp (O) biết AC=30cm đường cao AH bằng :
A.15cm B.18cm C.19cm D.20cm
Câu 8 Hỡnh nún cú thể tớch là 1507,2 cm 3 , bỏn kớnh đỏy bằng 12cm ,chiều cao hỡnh nún là:
A.10cm B.9cm C.8cm D.7cm
II.Tự LUậN(8đ )
2 1
1 :
1
x
x
(với x>0;x 1) a,Rút gọn P
b,Tìm x để P. √ x=2 √ x+2
Câu 10: (1,5đ) Cho phơng trình: 2x2+ ( 2m−1 ) x+m−1=0 với m là tham số
a, Giải phương trỡnh với m = 1
b, Tìm các giá trị của m để phơng trình đã cho có nghiệm lớn hơn 2
Câu 11(1đ):Giải hệ phơng trình sau:
1 1
3
x y xy
Câu 12: (3đ)
Cho (O;R) BC là một dây cung(BC 2R) Một điểm A di động trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC Các đờng cao AD, BE, CF cắt nhau tại H Gọi M là trung điểm của BC
a) Chứng minh tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC
Trang 2b) Chøng minh
1
2
c) Gäi A1 lµ trung ®iÓm cña EF Chøng minh r»ng R.AA1 = AM.OM
C©u 13: (1®)
Gi¶i ph¬ng tr×nh sau:7 2 x x (2 x) 7 x
B
§¸p ¸n vµ biÓu ®iÓm
I.TR¾C NGHIÖM(2 đ)
II.Tù LUËN(8® )
Câu 9(1,5®iÓm):
a)
1®iÓm
P=
x
2 1
1
x
=
1
x
x
:
) 1 )(
1 (
2 1
x x
x
=
x−1
1
x
=
x−1
√ x( √ x−1) ( √ x−1).
x 1
VËy víi x>0, x 1 th× P= x
x 1
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
b)
0,5®
Víi x>0, x 1 th× P= x
x 1
§Ó P. √ x=2 √ x+2 th×
x−1
√ x . √ x=2 √ x+2
VËy x=9 th× P. √ x=2 √ x+2
0,25® 0,25®
Câu 10(1,5®iÓm):
Trang 30,5đ
Thay m =1 v o phào ph ơng trình ta đợc:
2 x2+ ( 2.1−1 ) x+1−1=0
⇔2 x2+ x=0
⇔ x(2x+1)=0
⇔ x=0 hoac 2x+1=0
⇔ x= −1
2
Vậy với m=1 phơng trình có 2 nghiệm x=0 ; x=-0,5
0,25đ 0,25đ
b,(1đ)
Phơng trình có: Δ= ( 2m−1 )2−4 2 ( m−1 ) = ( 2 m−3 )2≥0∀ m nên phơng trình
luôn có hai nghiệm x1, x2 với mọi m
Theo định lí Viet ta có: { x 1 + x 2 =− 2m−1
−1
2 +1−m ¿¿¿¿
Vậy x1=
−1
2 ; x2=1- m
Vì
−1
2 <2 nên để phơng trình có nghiệm lớn hơn 2 thì 1-m > 2 ⇔m<−1
Vậy m<−1 phơng trình đã cho có nghiệm lớn hơn 2
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
Cõu 11(1điểm):
1 1
3
x y xy
( ĐK:x ¿ -1,y ¿ 0 ) <=>
1 3
y x xy y
x y xy
0,25đ
<=>
1
3
x y xy
<=>
3( ) 1 1
x y
0,25đ
y=
3 1 3
2
(TM) ; y=− √ 3 ⇒ x= 1+ √ 3
Vậy hệ phơng trình có 2 nghiệm (x;y)=
( √ 3+1
2 ; √ 3);(
1− √ 3
Cõu 12 (3điểm)
Trang 4
a) (1điểm) Xét AEB và AFC có: BAC chung; AEB = AFC = 900
⇒ AEB đồng dạng với AFC (g.g)
Lại có: BAC chung AEF ABC (c.g.c)
0,25đ 0,5đ 0,25đ
b) (1điểm) Vẽ đờng kính AN,
ta có ABN = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) ACN = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) Xét tứ giác BHCN có BN//HC (AB)
BH//NC (AC)
Tứ giác BHCN là hình bình hành
Mà M là trung điểm của BC
M là trung điểm của HN
MO là đờng trung bình của ANH
1
2
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
c) (1điểm)
Ta có : HEA = HFA = 900
E và F cùng nhìn HA dới một góc vuông
A, F, H, E cùng thuộc đờng tròn đk AH
đờng tròn ngoại tiếpAEFcó bán kính
1 2
Lại có AA1 và AM là hai đờng trung tuyến tơng ứng của hai tam giác đồng dạng
1
AA
r
R AM tỉ số đồng dạng
1
1
AA
OM
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
Cõu 13 (1điểm)
s
Trang 5Giải phơng trình:
Biến đổi pt giải đợc x=3; x=
7