PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN HẢI HẬU

ĐỀ THI THỬ LẦN 1 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC 2019-2020
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

I. PHẦN TRẮC NGHIÊM (2 điểm)
Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm.
1
2019  x
2
Câu 1. Điều kiện để biểu thức x
có nghĩa là
x

2019;
x

0
x

2019
A.
B.
C. x 2019
D. x 2019; x 0
Câu 2. Đường thẳng y = (1 – a) x + 2 tạo với trục O x một góc tù. Khi đó, giá trị của tham số a là
A. a 1 .
B. a > 1.
C. a < 1.

D. a 0 .
2
Câu 3. Giá trị của tham số m để hai đường thẳng y = 9x + m – 1 và y = m x + 2 song song với nhau là
A. m = 3.
B. m = -3.
C. m   .
D. m = 3 hoặc m = -3.
2
Câu 4. Tất cả các giá trị của k để đường thẳng y = 2x + k cắt Parabol y = x tại hai điểm phân biệt nằm về hai phía
của trục tung là
A. k 0
B. k  0
C. k 0
D. k  0
2
Câu 5. Phương trình bậc hai x – 2(m – 1)x – 4m = 0 (với m là tham số) không có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ
khi
A. m  1
B. m  1
C. m   1
D. m  1

Câu 6. Cho hình vng ABCD và M, N là trung điểm của các cạnh tương ứng BC và CD. Giá trị của cos ANM là
5
10
10
4
A. 5
B. 10
C. 5

D. 5
Câu 7. Cho 2 đường tròn (O; 3cm) và (I; 6cm), có OI = 2cm. Số tiếp tuyến chung của hai đường tròn là
A. 3
B. 2
C.1
D. 0
Câu 8. Cho tam giác ABC vng tại A có AC = 3cm, AB = 4cm quay một vòng quanh cạnh AB cố định khi đó
diện tích xung quanh của hình được tạo ra là
A. 15  cm2
B. 12  cm2
C. 15 cm2
D. 20  cm2
II. PHẦN TỰ LUẬN (8 điểm)
 x x  2

 ( x  2)  1  x ( x  2)


x1

2
Bài 1 (1,5 điểm): Cho biểu thức A = 
với x ≥ 0; x 1.
1) Rút gọn biểu thức A.
2) Tìm giá trị của x để biểu thức A đạt giá trị lớn nhất.
Bài 2 (1,5 điểm): Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x + m2 - 2m - 8 = 0 (với m là tham số).
1) Tìm m để phương trình có nghiệm x = - 1.
2) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 (với x1 > x2) thỏa mãn x12 - mx2 > 0.
 x 2  x y 2


4 y  3 x y  2
Bài 3 (1 điểm): Giải hệ phương tr×nh : 
Bài 4 (3,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn (AB > AC). Đường tròn tâm O đường kính BC cắt AB, AC theo thứ tự
tại F và E; BE cắt CF tại H; AH cắt BC tại I và cắt đường tròn (O) tại M (M nằm giữa A và I). EB cắt đường trịn
đường kính AC tại K và Q (K nằm giữa B và E).




a) Chứng minh ACF  AIE
b) Gọi P là giao điểm của IE và FC. Chứng minh: EF HP = EP HF
1
1
4


.
2
2
2
MC
AQ
KQ
c) Chứng minh
Bài 5 (1 điểm): 1) Giải phương trình

3x 2  6 x  6 3

 2  x


5

  7 x  19  2  x .


1
1
1
 2
 2
1
x

2
yz
y

2
zx
z

2
xy
2) Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3. Chứng minh:
2


I. Phần trắc nghiệm (2 điểm)

Mỗi câu lựa chọn đúng đáp án được 0,25 điểm

Câu
Phương án đúng
II. Phần tự luận (8 điểm)
Bài

1
D

2
B

3
B

4
B

5
D

6
B

7
D

8
A

Nội dung


 x x  2

 ( x  2)  1  x ( x  2)


x1

2
Cho biểu thức A = 
với x ≥ 0; x 1.
1) Rút gọn biểu thức A.
Với x 0 và x 1 ta có
 x x  2
 1  x ( x  2) x  x  2  ( x  2)( x  1) x  2 x  1
A 
 ( x  2)  .

.

2
x1
2

x1


Bài 1
(1,5 đ)


x

x  2  x + x  2 x  2 ( x  1) 2
.
2
x1

 2 x ( x  1) 2
.
2
x1
=  x ( x  1) =  x  x
Vậy A  x  x với x 0 và x 1 .
2) Tìm giá trị của x để biểu thức A đạt giá trị lớn nhất.


1 1
1
1 1
x  )   ( x  ) 2  
4 4
2
4 4
Với x 0; x 1 . Ta có A =
1
1
1
x  0  x 
2
4 (Thỏa mãn x 0; x 1 )

Do đó A đạt giá trị lớn nhất là 4 khi và chỉ khi
 x  x  ( x 

Kết luận:......
Cho phương trình x2 – 2(m – 1)x + m2 - 2m - 8 = 0 (với m là tham số).
1) Tìm m để phương trình có nghiệm x = - 1.
1) Phương trình x2 – 2(m – 1)x + m2 - 2m - 8 = 0 có nghiệm x= - 1 nên ta có: (- 1)2 – 2(m –
1)(- 1) + m2 – 2m – 8 = 0
 1 + 2m – 2 + m2 – 2m – 8 = 0
 m2 – 9 = 0
 m = 3 hoặc m = -3
Kết luận:
2) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 (với x1 > x2) thỏa mãn x12 - mx2 > 0.
Bài 2 Phương trình x2 – 2(m – 1)x + m2 - 2m - 8 = 0 có
(1,5 đ)  ' = [-(m - 1)]2 – 1.( m2 - 2m - 8 ) = m2 – 2m + 1 – m2 + 2m + 8 = 9 > 0 với mọi m
 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình (với x1 > x2). Hai nghiệm của phương trình là: x1 = m + 2; x2
=m-4
Theo bài ra: x12 - mx2 > 0.
Do đó ta có: (m + 2)2 – m(m – 4) > 0
1
 m2 + 4m + 4 – m2 + 4m > 0  8m + 4 > 0  m > 2
Kết luận:....

Điểm

0,25

0,25


0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25


Điều kiện: y 0

 x 2  x y 2

4 y  3x y  2

0,25

(1)
(2)

Cộng từng vế của (1) và (2) ta được:


4 y  3 x y  x 2  x y 0

2

   2.2 y .x  x
  x  2 y  0
 2 y

2

0,25

0

2

Bài 3
(1,0 đ)

 x  2 y 0
 x  2 y

4 y  3.(  2 y ). y  2
Thay vào (2) được:  4 y  6 y  2  y 1
Từ y = 1 (thỏa mãn điều kiện). Từ đó ta tìm được x  2 . KL ....
Bài 4 (3,0 điểm):




a) Chứng minh ACF  AIE
0

Chỉ ra được HIC 90

CEH
900
0


Suy ra HIC + CEH 180
KL tứ giác CIHE nội tiêp  ACF AIE
Bài 4 b) Chứng minh: EF HP = EP HF


(3,0 đ) Chỉ ra FEB
HCI
( 2 góc NT cùng chắn cung BF)


BEI
HCI
( 2 góc NT cùng chắn cung HI)

0,25

0,25

0.5
0.25

0.25

0.25
0.25






Suy ra FEB BEI hay FEH HEP nên EH là phân giác của tam giác FEP
EF HF

 EF.HP=EP.HF
Suy ra EP HP
1
1
4


.
2
2
2
MC
AQ
KQ
c) Chứng minh

0.25

0.25

0.25

Áp dụng HTL trong  vng BMC có MC2 = BC. IC
Áp dụng HTL trong  vuông AQC có QC2 = AC. EC
IC AC

 IC.BC  AC.EC
Chứng minh  AIC   BEC (g.g) => EC BC

0.25

Suy ra MC2 = QC2 => MC = QC
1
KQ
Chỉ ra EQ = 2

0.25

1
1
1

 2
2
2
QE
Áp dụng HTL trong  vng AQC có QE là đường cao : AQ QC
1

1
1


2
2
2
AQ
MC
1
1
4
1



 KQ 
2
2
MC
KQ 2
2
 => AQ
Suy ra
Bài 5
(1,0 đ) 1) Giải phương trình

3x 2  6 x  6 3

 2  x


5

0.25

  7 x  19  2  x .

Với điều kiện x 1 

3 , phương trình đã cho tương đương với:
2
3x 2  6 x  6 3 2  x  2  x   7 x  19  2  x

 3x 2  6 x  6  2  x  3x 2  5 x  7   3x 2  6 x  6 

2  x  2  x  3x 2  5 x  8

 3x 2  5 x  8 0
3x  5 x  8
2
 2  x  3x  5 x  8   
2
1  2  x 3x 2  6 x  6  2  x
3x  6 x  6  2  x

2






(do
+)
+)

3 x 2  6 x  6  2  x  0, x 1 

2

3 x  5 x  8 0  x  1 (thỏa mãn đk) hoặc

1 2 x



x

0,25



3 ).

8
3 (không thỏa mãn đk)



3x 2  6 x  6  2  x  1 2  x  3x 2  6 x  6. 2  x


 x  1  3 x 2  6 x  6. 2  x  *
2
Vì x 1  3 nên x  1  0  3x  6 x  6. 2  x do đó (*) vơ nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x  1
1
1
1
 2
 2
1
2
2) Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3. Chứng minh: x  2 yz y  2 zx z  2 xy

Đặt x2 + 2xy = a; y2 + 2zx = b; z2 + 2xy = c

 a  b  c ( x  y  z ) 2 9 và a > 0; b > 0; c > 0

0,25


Xét

 a
1 1 1
(a  b  c)(   ) 9  

a b c
 b

2


b  a

 
a  c

2

c  b

 
a  c

2

c
 9
b

1 1 1
1 1 1
1
1
1
 9(   ) 9    1  2
 2
 2
1
a b c
a b c

x  2 yz y  2 zx z  2 xy

0.25
0.25