Đề thi tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Đề 1 - Năm học 2018-2019 - Trường THCS Chất Bình (Có đáp án)

 PHÒNG GD-ĐT KIM SƠN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
 TRƯỜNG THCS CHẤT BÌNH Năm học : 2018-2019
 MÔN: TOÁN
 Thời gian làm bài 120 phút
 (Đề gồm 09 câu, trong 01 trang)
I. TRĂC NGHIỆM (2 điểm)
 3 6x
 1. Biểu thức có nghĩa khi 
 3
 1 1 1
A. x B. x C. x D. x 3
 2 2 2
 2. Hàm số y (1 m 2)x 3 đông biến khi 
A. m 2 B. m 3 C. m 3 D. 2 m 3
 3. Tam giác ABC có Bˆ 45o , Cˆ 30o và AC = 8 . AB có độ dài là
A. 4 B. 4 2 C. 4 3 D. 4 6
 A
 4. Cho hình vẽ, độ dài BC bằng
A. 9 2 B. 9 C. 10 D. 10 2 6
 4
II. TỰ LUẬN: (8 điểm) B D C
Bài 1 ( 1 điểm)
 1. Rút gọn các biểu thức sau:
 2
 A 2 48 75 1 3 
 3x 2y = 5
 2. Giải hệ phương trình: . 
 x 2y = 7
Bài 2 : (1,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : y = 2x − m + 3 và parabol 
 P : y = x2.
 1. Tìm m để đường thẳng d đi qua điểm A 1;0 . 
 2. Tìm m để đường thẳng d cắt parabol P tại 2 điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là 
 2
 x1, x2 thỏa mãn: x1 2x2 x1x2 12.
Bài 3: ( 1,5 điểm) Một ô tô đi quãng đường AB dài 840 km. Sau khi đi được nửa quãng đường, xe 
dừng lại 30 phút để sửa xe, nên quáng đường còn lại xe phải tăng tốc thêm 2km/h để đến B đúng 
hẹn. Tính vận tốc ban đầu của ô tô. 
Bài 4: ( 3 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R có hai đường kính AB và CD vuông góc với 
nhau. Trên đoạn thẳng AB lấy điểm M ( M khác O). CM cắt (O) tại N. Đường thẳng vuông góc với 
AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của đường tròn ở P.
 a. Chứng minh tứ giác OMNP nội tiếp.
 b. Chứng minh tứ giác CMPO là hình bình hành.
 c. Chứng minh tích CM.CN không phụ thuộc vào vị trí điểm M.
 5
Bài 5 : ( 1 điểm) Cho x 1, y 0 thỏa mãn y 2 x 1 x 1 y . Chứng minh x 
 4
 ...............Hết............ PHÒNG GDĐT KIM SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM ĐÊ THI TUYỂN SINH 
 TRƯỜNG THCS CHẤT BÌNH VÀO LỚP 10 THPT
 Năm học: 2018-2019
 MÔN: TOÁN
 (Đáp án trong 03 trang)
I) Phần trắc nghiệm
 ( Mỗi ý đúng cho 0,5 điểm)
 Câu 1 2 3 4
 đáp án B D B B
II) Phần tự luận
 Bài Câu sơ lược giaỉ Điểm
 2 0.5
 A 2 48 75 1 3 ... 2 3 1
 a 
 b 2. 0,5
1 3x 2y = 5 4x =12 x = 3 x = 3 x = 3
 x 2y = 7 x 2y = 7 3 2y = 7 2y = 4 y = 2
 Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: (x;y) = (3;2)
2 1 Thay x = 1, y = 0 vào d ta được:
 0 = 2.1 − m + 3
 m = 5
 Vậy m = 5 là giá trị cần tìm.
 2 Hoành độ giao điểm của d và P là nghiệm của phương trình:
 x2 = 2x − m + 3
 x2 − 2x + m − 3 = 0 (a = 1, b' = −1, c = 
 m − 3)
 Δ = (−1)2 − 1.(m − 3)
 Δ = 1 − m + 3
 Δ = −m + 4
 Để d cắt P tại 2 điểm phân biệt thì Δ > 0 −m + 4 > 0 m < 4 
 (*) 
 x1+ x2 = 2 (1)
 Áp dụng hệ thức Vi − ét ta có: 
 x1x2 m 3 (2)
 Theo bài ra ta có:
 2
 x1 2x2 x1x2 12
 2
 x1 x1x2 2x2 12 
 x1 x1 x2 2x2 12 (3)
 Thay (1) vào (3) ta được:
 2x1 2x2 12
 x1 x2 6 (4) Từ (1) và (4) ta có hệ phương trình:
 x1 x2 = 2 2x1 4 x1 2 x1 2
 x1 x2 = 6 x1 x2 2 2 x2 2 x2 4
 Với x1 2 và x2 4 x1x2 ( 2).4 8 (5)
 Thay (5) vào (2) ta được: m 3 8 m 5 (thỏa mãn điều kiện (*)) 
 Vậy m = −5 là giá trị cần tìm.
 Gọi vận tốc ban đầu của ô tô là x km/h ( với x > 0) 0,25
 => Vận tốc ô tô đi nửa đoạn đường sau là x+2 (km/h)
3
 => Thời gian đi nửa đoạn đường đầu là 420/x (giờ) 0,25
 và thời gian đi nửa đoạn đường sau là 420/x +2 (giờ)
 420 1 420 840
 Ta có phương trình 0,5
 x 2 x 2 x
 Gải phương trình => x1= 40 ( thỏa mãn) 0,25
 x2=-42 (không thỏa mãn)
 vậy vận tốc dự định của ô tô là 40 km/h 0,25
 Vẽ hình đúng cho câu a 0,5 
 C
4
 M O
 A B
 N
 A' P D B'
 a ta có < OMP = 900 ( vì PM  AB theo giả thiết) 0,25
 < ONP = 900 ( vì NP là tiếp tuyến) 0,25
 Tứ giác OMNP có < OMP = < ONP = 900 ( hai đỉnh M, N kề nhau cùng 0,25
 nhìn cạnh NP dưới 1 góc 900 ) nên tứ giác OMNP là tứ giác nội tiếp.
 b Tứ giác OMNP nội tiếp => <OPM= <ONM ( hai góc nội tiếp chắn cung 0,25
 OM)
 Tam giác ONC cân tại O ( vì ON=OC=R) => < ONC = < OCN
 => < OPM = < OCN
 Xét tam giác OMC và tam giác MOP có
 0
 < MOC = < OMP = 90 0,25
 < OCN = < OPM( cmt)
 cạnh OM chung
 => OMC MOP(ch gn)
 => OC=MP (1)
 Lại có CD  AB, PM  AB => CO // PM (2) 0,25
 Từ (1) và (2) ta có tứ giác CMPO là hình bình hành. 0,25 c Ta có < DNC =900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 0,25
 Xét tam giác OMC và tam giác NDC có
 < MOC = < DNC= 900
 <Cchung
 => OMC : NDC(g g)
 CM CO
 0,25
 CD CN 
 CM.CN CO.CD R.2R 2R2
 (do OC=R, CD=2R)
 => CM.CN không đổi hay tích CM.CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm 
 M. 0,25
5 5 0,25
 TH1.Xét x = 1=> x 
 4
 TH 2 :Xét x 1 x-1 0 x 1 0 
 y 2 x 1 x 1 y y2 x 1 y x 1 0 (*)
 ( *) là pT bậc hai
 0,5
 Do tồn tại y => PT (*) có nghệm 0 
 5
 ( 1)2 4 x 1. x 1 0 .... x 
 4
 5 0,25
 Từ hai trường hợ trên => x 
 4
Chú ý: - Trên đây chỉ trình bày một cách giải, nếu học sinh làm theo cách khác mà đúng thì cho 
điểm tối đa ứng với điểm của câu đó trong biểu điểm.
 - Học sinh làm đúng đến đâu thì cho điểm đến đó theo đúng biểu điểm.
 - Trong một câu , nếu học sinh làm phần trên sai, dưới đúng thì không chấm điểm.
 - Bài hình học, học sinh vẽ hình sai thì không chấm điểm.
 - Điểm của bài thi là tổng điểm các câu làm đúng và không được làm tròn. PHẦN KÝ XÁC NHẬN:
 TÊN FILE ĐỀ THI: TOÁN – TS10 – 2018-2019 – CHẤT BÌNH 1
 MÃ ĐỀ THI :..
 TỔNG SỐ TRANG (ĐỀ THI VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM) LÀ: 04 TRANG
NGƯỜI RA ĐỀ THI NGƯỜI THẨM ĐỊNH XÁC NHẬN CỦA BGH
 VÀ PHẢN BIỆN
 Phạm Thị Đông Vũ Quang Hưng Lê Thị Thạch