Đề thi thử lần 1 tuyển sinh vào lớp 10 THPT môn Toán lớp 9 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

 c - PHÒNG GD-ĐT HẢI HẬU 
 ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 
Môn Toán lớp 9 
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) 
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2 điểm): 
 Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm: 
Câu 1. Điều kiện để biểu thức 12018 x có nghĩa là 
 A. 2018x  B. x  2018 C. x < 2018 D. x  2018 
Câu 2. Nếu a < 0 và b < 0 thì a
b
 bằng A. a
b
 B. a
b

 C. 
1 ab
b
 D. a
b
 
Câu 3. Đồ thị của hàm số y = (m – 2019)x + m + 2018 (m là tham số) tạo với trục Ox một góc nhọn 
khi và chỉ khi A. m 2019 C. m > - 2018 D. m < 2019 
Câu 4. Phương trình nào sau đây có 2 nghiệm dương? 
A. x2 - x + 2 = 0 B. x2 - x - 2 = 0 C. x2 - 5x + 2 = 0 D. x2 + 5x + 2 = 0 
C©u 5. Hàm số y = (m - 1 - m2)x2 (m là tham số) đồng biến khi 
A. B. C. D. 
Câu 6. Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài. Số tiếp tuyến chung của hai đường tròn đó là 
A. 1 B. 2 C. 3 D. 1 hoặc 3 
Câu 7. Cho góc nhọn  , biết sin = 35 . Khi đó cot bằng 
A. 34 B. 
4
5 C. 
5
4 D. 
4
3 
C©u 8. Cho hình nón có bán kính đáy là 6cm, chiều cao là 8cm. Diện tích xung quanh của hình nón là 
A. 60 cm2 B. 24 cm2 C. 48 cm2 D. 50 cm2 
II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm): 
Câu 1 (1,5 điểm) Cho biểu thức: P = 






 2
102:2
1
63
6
4 x
xx
xxxxx
x với x > 0; x  4 
a) Rút gọn biểu thức P. 
b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức Q =  1x  .P đạt giá trị nguyên. 
Câu 2 (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x - 2m + 5 = 0 (m là tham số) (1) 
a) Giải phương trình với m = -1 
b) Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn: 
    2 2 21 1 2 22 3 2 3 . 2 3 2 3 3 6x m x m x m x m m m                 
Câu 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình (I)
3 3
2 1 0
x y
x y
x xy
      
Câu 4 (3,0 điểm): Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn (O). Từ A kẻ hai tiếp tuyến AB, AC 
với đường tròn (O) (B và C là các tiếp điểm). Đường thẳng CO cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là D; đường 
thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E; đường thẳng BE cắt AO tại F; H là giao điểm của AO và 
BC. 
a) Chứng minh: AE.AD = AH.AO = AB2 và chứng minh: tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn. 
b) Chứng minh: HE vuông góc với BF. 
c) Chứng minh: 
2
2 2 1AF EF
HC DE
AE
  
Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình:  2 33 1 153 2 111 2 2xx x x xx      
 ĐỀ CHÍNH THỨC 
I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (mỗi câu cho 0,25 điểm): 
Câu1 Câu 2 Câu 3 Câu 4 Câu 5 Câu 6 Câu 7 Câu 8 
C B B C D C D A 
II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm): 
Câu 1 (1,5 điểm): 
Rút gọn biểu thức: P = 






 2
102:2
1
63
6
4 x
xx
xxxxx
x với x > 0; x  4 
 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HUYỆN HẢI HẬU 
_________________________ 
 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018-2019 
Với x > 0; x  4 ta có: 
P = 






 2
102:2
1
63
6
4 x
xx
xxxxx
x 
    6 1 4 10:4 2 23 2x x xx x x xx
           
 0,25đ 
   2 1 6:2 2 22 2x x x xx x
         
0,25đ 
 
     
2 2 2 6 2 4 2 6: :2 22 2 2 2
x x x x x x
x xx x x x
             0,25đ 
=   6 2. 62 2 xx x   
1
2x
  và kết luận.............. 
0,25đ 
b) Tìm các giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức Q =  1x  .P đạt giá trị nguyên. 
Với x > 0; x  4. Ta có 
Q =  1x  .P =   1 1 31 . 12 2 2xx x x x        
Nếu x không là số chính phương  x là số vô tỉ Q không nguyên 
0,25đ 
Nếu x là số chính phương  x là số nguyên Q nguyên  3 2x  nguyên 2x  Ư(3) 
Giải ra tìm được các giá trị x = 1; x = 9; x = 25 
Đối chiếu điều kiện và kết luận.... 
0,25đ 
Câu 2 (1,5 điểm): Cho phương trình x2 – 2(m – 3)x - 2m + 5 = 0 (m là tham số) 
a) Giải phương trình với m = -1. 
Thay m = -1 vào phương trình (1) ta có 
2 22( 1 3) 2.( 1) 5 0 8 7 0x x x x           0,25đ 
Tìm được ' 16 7 9    0,25đ 
Tìm được 1 1x   ; 2 7x   và kết luận............... 0,25đ 
b) Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn 
    2 2 21 1 2 22 3 2 3 . 2 3 2 3 3 6x m x m x m x m m m                 
Khẳng định phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2  m  2 0,25đ 
Phương trình (1) có nghiệm là x1  21 12( 3) 2 3 2x m x m      
Phương trình (1) có nghiệm là x2  22 22( 3) 2 3 2x m x m      
   2 2 21 1 2 22 3 2 3 . 2 3 2 3 3 6x m x m x m x m m m                 
 2( 2).( 2) 3 6m m      m2 – 3m +2 = 0 0,25đ 
Giải phương trình tìm được m = 1 hoặc m = 2 
Đối chiếu điều kiện có m = 1 và kết luận:...... 0,25đ 
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (I)
3 3
2 1 0
x y
x y
x xy
      
Điều kiện: x > 0 và y > 0 
Có (I)
3 3
2 1 0
x y
x y
x xy
      
  3 32 1 0
x y y x y x
x xy
      
 0,25đ 
    3 0
2 1 0
xy x y x y
x xy
       
    3 0
2 1 0
x y xy
x xy
      
 
0
3 0
2 1 0
x y
xy
x xy
       
 0,25đ 

0
2 1 0
3 0
2 1 0
x y
x xy
xy
x xy
          
Giải hệ phương trình 02 1 0
x y
x xy
     
 tìm được 11
x
y
  (thỏa mãn điều kiện) 
0,25đ 
Giải hệ phương trình 3 02 1 0
xy
x xy
     
tìm được 
2
9
2
x
y
 
(thỏa mãn điều kiện) 
Kết luận:....... 
0,25đ 
Câu 4 (3,0 điểm): 
a) Chứng minh: AE.AD = AH.AO và chứng minh: tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn. 
Chỉ ra được AE.AD = AB2 0,25đ 
Chỉ ra được AH.AO = AB2 0,25đ 
AE.AD = AH.AO = AB2 0,25đ 
Chứng minh được AHE đồng dạng ADO 0,25đ 
  EHA ADO 
Kết luận được tứ giác ODEH nội tiếp đường tròn 0,25đ 
b) Chứng minh HE vuông góc với BF. 
Tứ giác ODEH nội tiếp    0180HED HOD  0,25đ 
Chứng minh BD // AO    0180BDO HOD   BDO HED 0,25đ 
Tam giác BCD vuông tại B    090BDC BCD  0,25đ 
FH
E
D B
C
O A
Chỉ ra  BCD BED (Hai góc nội tiếp cùng chắn BD ) 
   090HED BED    090HEB   HE  BF tại E 0,25đ 
c) Chứng minh 
2
2 2 1AF EF
HC DE
AE
  
Chứng minh HF2 = FE.FB, AF2 = FE.FB  HF2 = AF2 
Chứng minh HC2 = HB2 = BE.BF 0,25đ 
 AF2 – EF2 = HF2 – EF2 = HE2 = EB.EF 
 
2
2 2
.
AF EF .EF EF
HC BE BF BF
BE
  0,25đ 
Chứng minh BDE đồng dạng FAE  EF
DE BE
AE
 
 
2
2 2
EF 1AF EF EF EF EF EF
HC DE BF BE BF BE
AE
      0,25đ 
Câu 5 (1,0 điểm) Giải phương trình:  2 33 1 153 2 111 2 2xx x x xx      (Đk: 3x   hoặc 1x  ) 
Với 3x   hoặc 1x  ta có 
 2 33 1 153 2 111 2 2xx x x xx      
         23 1 112 2 2 2 21 2 2
xx x x x x x x x
x
              
    23 11 12 1 01 2 2
xx x x x
x
         
  2
2 0
3 11 11 01 2 2
x
xx x x
x
        
Giải 2 0 2x x    (tm điều kiện 1x  ) 0,25đ 
Giải   23 11 11 01 2 2
xx x x
x
     
 2 32 3 2 1 81
xx x x
x
      
 2 33 3 2 1 81
xx x x x
x
       
     31 3 2 1 81
xx x x
x
      
   2 3 31 2 1 81 1
x xx x
x x
        0,25đ 
 
231 1 91
xx
x
      
   
   
31 2 11
31 4 21
xx
x
xx
x
        
Giải (1): 
Với điều kiện 3x   phương trình (1) vô nghiệm. 
Với điều kiện 1x  bình phương hai vế của phương trình (1) ta có: 
0,25đ 
      231 2 1 3 4 0 2 7 01
xx x x x x
x
           
Giải phương trình tìm được 1 2 2x    (thỏa mãn điều kiện x > 1) ; 1 2 2x    (không 
thỏa mãn điều kiện) 
Giải (2) 
Với điều kiện 1x  phương trình (2) vô nghiệm. 
Với điều kiện 3x   bình phương hai vế của phương trình (2) ta có: 
     231 4 1 3 16 0 2 19 01
xx x x x x
x
            
Giải phương trình tìm được 1 2 5x    (không mãn điều kiện 3x   ) ; 1 2 5x    (thỏa 
mãn thỏa mãn điều kiện 3x   ) 
Vậy tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là S  1 2 5   ; 1 2 2; 2  0,25đ