De thi thu vao 10 Yen Binh 20 trac nghiem

Nếu một hình vuông có cạnh bằng 6 cm thì đường tròn ngoại tiếp hình vuông đó có bán kính bằng A.. Hình nón đã cho có chiều cao bằng: 6 A.[r]

TRƯỜNG THCS YÊN BÌNH

ĐỀ THI THỬ VÀO 10 NĂM HỌC 2018-2019 Bài 1(2đ): Khoanh tròn vào chữ cái trước câu trả lời mà em cho là đúng.

Câu 1: Đi u ki n đ bi u th c ề ệ ể ể ứ

1

1 x



 có nghĩa là

A x > 1 B x < 1 C x  1 D x 1

Câu 2 Cho phương trình m1x2 2mx m 0 có hai nghi m phân bi t khi ệ ệ m thoả

đi u ki n:ề ệ

A.m 0 B.m 0 C.m 0 và m 1 D.m 0 và m 1

Câu 3: Rút g n bi u th c ọ ể ứ 8  2 được k t q a làế ủ

Câu 4: Hàm s ố y 2m1.x m1 đ ng bi n khi :ồ ế

1 2

m 

D

1 2

m 

Câu 5: Trong m t ph ng to đ Oxy, s giao đi m c a parabol y = xặ ẳ ạ ộ ố ể ủ 2 và đường

th ng y=2x+3 làẳ

Câu 6 N u m t hình vuông có c nh b ng 6 cm thì đế ộ ạ ằ ường tròn ngo i ti p hình ạ ế vuông đó có bán kính b ngằ

A 6 2 cm B 6 cm C 3 2 cm D 2 6 cm

Câu 7: M t hình tr có th tích 432ộ ụ ể  cm3 và chi u cao g p hai l n bán kính đáy thìề ấ ầ bán kính đáy là

Câu 8 Cho m t hình nón có bán kính đáy b ng 3 cm, có th tích b ng 18 cmộ ằ ể ằ 3 Hình nón đã cho có chi u cao b ng: ề ằ

A

6

 cm B 6 cm C

2

 D 2 cm

Bài 2(1,5đ): Cho biểu thức:

1

P

    với a >0 và a 1 a) Rút gọn biểu thức P

b) Với những giá trị nào của a thì P >

1

2 .

Bài 3(1,5đ): Cho phương trình: x2 – (2m-1)x + m(m-1) = 0 (1) (Với m là tham số)

a Giải phương trình (1) với m = 2

b Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m

c Gọi x1 và x2 là hai nghiệm của phương trình (1) (Với x1 < x2)

Chứng minh rằng x12 – 2x2 + 3 ¿ 0.

Bài 4 (1 điểm) Giải hệ phương trình

2x 3y xy 5

1 1

1

x y 1









Bài 5: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O;R) Vẽ AH vuông góc với BC, từ H vẽ HM vuông góc với AB và HN vuông góc với AC (

HBC MAB NAC) Vẽ đường kính AE cắt MN tại I, tia MN cắt đường tròn (O;R) tại K

a Chứng minh tứ giác AMHN nội tiếp

b Chứng minh AM AB AN AC  

c Chứng minh AE cuông góc với MN

d Chứng minh AH=AK

Bài 6 (1 điểm) Giải phương trình 5x24x  x2 3x 18 5 x 

Đáp án + Biểu điểm Bài 1:

đ a)

P

  

0,5 đ 2

1 a





0,5 đ b)

Với 0a thì P > 1

1

2 

0 2

3

0

2 1

a a







0,5 đ

 1 a  0 a 1 Kết hợp với điều kiện a >0, ta được 0 < a < 1 0,5

đ

a 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 = 1 ; x2 = 2

0,5

2 (2m 1) 4 (m m 1) 1

Vì    1 0với mọi m nên phương trình luôn có hai nghiệm phân

c

Vì x1< x2 nên :

1

2

1 2

2

m

m

 

 

1 2 2 3 ( 1) 2 3 ( 2) 0

x  x   m  m  m  với mọi m

0,5

x 0; y 1

2x 3y xy 5

2x 3y xy 5

1 1

1 y 1 x xy x

x y 1

 











0,2 5

2x 3y xy 5 2x 2y 6 x 3 y

y xy 1 y xy 1 xy y 1 0(*)

0,2 5 Thay x=3-y vào (*)

3 y y y 1 0       y 2  4y 1 0  

1

2

y 2 5(tm)

y 2 5(tm)

 

 

0,2 5

y 2 5(tm) x 1 5

y 2 5(tm) x 1 5

Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (1 5; 2 5);(1 5; 2 5)

0,2 5

E

O

I N

H

K

M

C B

A

a Xét tứ giác AMHN Có AMH  90 ;0 ANH  900 (Vì AM AB AN; AC ) 0,2

(1 đ)

5 Nên ta có AMHANH  900 900  1800 0,5

5

b

(0.75 đ)

Xét tam giác AHB vuông tại H (Vi AHBC) có HM AB (gt) nên theo hệ thức lương trong tam giác vuông ta có AH2 AM AB

0,2 5 Xét tam giác AHC vuông tại H(Vì AHBC) có HN AC (gt), tương tự

ta cóAH2 AN AC

0,2 5

Ta có AH2 AM AB ; AH2 AN AC vậy AM AB AN AC   0,2

5

c

(0.75 đ)

Ta có tứ giác AMHN nội tiếp ( cm trên)  ANM AHM ( cùng chắn

cung AM)

Ta có AHM BHM AHB90 ;0 MBH BHM   90 0 ( vì BMH vuông tại

M)

Vậy AHM MBH  ANM MBH  ANI ABC, mà ABCAEC( cùng

chắn cung AC) nên ANI AEC ANI IEC

0,2 5

Xét tứ giác INCE có ANI IEC Tứ giác INCE nội tiếp ( vì có góc

ngoài của tứ giác bằng góc đối của góc trong của tứ giác)

0,2 5

  180 0

EIN NCE

   ( tính chất…) mà NCEACE 900 ( góc nội tiếp ….)

Nên  EIN  900  1800  EIN  900 AEMN

0,2 5

d

(0.5 đ)

Ta cóAKE 900( góc nội tiếp ) AKI IKE  900.Ta có KIE vuông tại

I (cm trên) IEK IKE   900 AKI IEK  AKN AEK , mà AEK ACK

( cùng chăn cung AK) nên AKN ACK

0.2 5

Xét AKN và ACK có góc A chung, có AKN ACK nên AKN 

ACK

2

AK AN

AK AN AC

AC AK

, mà AH2 AN AC (cm trên) nên AK2 AH2 AK AH

Lưu ý: ngoài cách trên HS có thể làm theo cách sau::

Cách 2:Ta cóAKE 900(góc nội tiếp ) AKEvuông tại K mà KIAE (

cm trên)

Nên theo HTL trong tam giác vuông ta có AK2=AIAE Xét AIN và

ACE



Có AIN ACK  900; góc A chung AIK  ACE

AI AN

AC AE

AI AE AN AC

    , nên ta có AK2=ANAC, mà AH2 AN AC (cm trên) nên AK2 AH2 AK AH

Cách 3: Gọi Q là giao điểm của tia Nm với đường tròn, vì AE QK (cm

0.2 5

trên) nên IQ IK ( vì đường kính vuông góc với dây) AQ AK ( vì

đường kính đi qua trung điểm dây) AKQ ACK  AKN ACK Xét 

AKN và ACK có góc A chung, có AKN ACK nên AKN ACK

2

AK AN

AK AN AC

AC AK

, mà AH2 AN AC (cm trên) nên AK2 AH2  AK AH

0,2 5

Đặt:

2 6x (a 0;b 3) 3

a x

b x

  





 

2

2

2

2

4



























a b

b

b

0,2 5

0,2 5

Vậy phương trình có tập nghiệm:

9;

2

S   