Đề thi thử vào 10 (có đ/a) (11 12)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM ĐỀ THI THỬ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2011 – 2012 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x − x − =  x + y = −1 b)  6 x − y = c) x − 13x + = d) x − 2 x − = Bài 2: (1,5 điểm) a) Vẽ đồ thị (P) hàm số y = − x2 đường thẳng (D): y = x − 2 hệ trục toạ độ b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (D) phép tính Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau: A = 12 − + 21 − 12 2  5  3 B =  + + − − + − + + − ÷  ÷ ÷  ÷ 2     Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x − (3m + 1) x + 2m + m − = (x ẩn số) a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm phân biệt với giá trị m b) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị 2 lớn nhất: A = x1 + x2 − x1 x2 Bài 5: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R Gọi M điểm thuộc đường tròn (O) khác A B Các tiếp tuyến (O) A M cắt E Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE) a) Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp đường tròn APMQ hình chữ nhật b) Gọi I trung điểm PQ Chứng minh O, I, E thẳng hàng c) Gọi K giao điểm EB MP Chứng minh hai tam giác EAO MPB đồng dạng Suy K trung điểm MP d) Đặt AP = x Tính MP theo R x Tìm vị trí M (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a) x − x − = (1) ∆ = + 16 = 25 − −1 3+5 = hay x = =2 (1) ⇔ x = 4  y = −3 (1)  x + y = −1 (1)  x + y = −1  ⇔ ⇔ b)  ( pt (2) + pt (1)) 6 x − y = (2) 14 x =  x = c) x − 13x + = (3), đđặt u = x2, phương trình thành : 4u2 – 13u + = (4) 13 − 11 13 + 11 = hay u = =3 (4) có ∆ = 169 − 48 = 121 = 112 (4) ⇔ u = 8 Do (3) ⇔ x = ± hay x = ± 2 d) x − 2 x − = (5) ∆' = 2+ = Do (5) ⇔ x = −2 2+2 hay x = 2 Bài 2: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ 1  Lưu ý: (P) qua O(0;0),  ±1; − ÷, ( ±2; −2 ) 2  1  (D) qua  1; − ÷, ( −2; −2 ) 2  1  Do (P) (D) có điểm chung :  1; − ÷, ( −2; −2 ) 2  b) PT hoành độ giao điểm (P) (D) − x2 ⇔ x = hay x = −2 = x − ⇔ x2 + x − = 2 1  Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) (D)  1; − ÷, ( −2; −2 ) 2  Bài 3: A = 12 − + 21 − 12 = (3 − 3) + 3(2 − 3) = − + (2 − 3) = 2  5  3 B =  + + − − + − + + − ÷  ÷ ÷  ÷ 2     2B = ( 4+2 + 6−2 − ) ( + 4−2 + 6+2 − ) =5 ( (1 + 3) + ( − 1) − 2 ( = (1 + 3) + ( − 1) − Bài 4: ) +( ) +(( 2 ( − 1) + ( + 1) − 3 − 1) + ( + 1) − ) ) 2 = 5.3 + = 20 ⇒ B = 10 a) ∆ = ( 3m + 1) − 8m − 4m + = m + 2m + = (m + 1) + > ∀ m Suy phương trình luôn có nghiệm phân biệt với m b) Ta có x1 + x2 = 3m + x1x2 = 2m2 + m – 2 A= x1 + x2 − x1 x2 = ( x1 + x2 ) − x1 x2 1 25 − (m − ) = − (m − ) 4 25 Do giá trị lớn A : Đạt m = = (3m + 1) − 5(2m + m − 1) = −m + m + = + Bài 5: · · I a) Ta có góc EMO = 90O = EAO => EAOM nội tiếp Tứ giác APMQ có góc vuông : · · · EAO = APM = PMQ = 90o => Tứ giác APMQ hình chữ nhật b) Ta có : I giao điểm đường chéo AM PQ hình chữ nhật APMQ B nên I trung điểm AM O Mà E giao điểm tiếp tuyến M A nên theo định lý ta có : O, I, E thẳng hàng c) Cách 1: hai tam giác AEO MPB đồng dạng chúng tam giác vuông có góc · · AOE , OE // BM = ABM AO AE = => (1) BP MP KP BP = Mặt khác, KP//AE, nên ta có tỉ số (2) AE AB Từ (1) (2) ta có : AO.MP = AE.BP = KP.AB, mà AB = 2.OA => MP = 2.KP Vậy K trung điểm MP EK AP = Cách : Ta có (3) AE // KP, EB AB EI AP = mặt khác, ta có (4) tam giác EOA MAB đồng dạng EO AB EK EI = So sánh (3) & (4), ta có : EB EO M Q E K I P x A Theo định lý đảo Thales => KI // OB, mà I trung điểm AM => K trung điểm MP d) Ta dễ dàng chứng minh : a +b+c+d abcd ≤  ÷ (*)   Dấu “=” xảy a = b = c = d MP = MO − OP = R − (x − R) = 2Rx − x Ta có: S = SAPMQ = MP.AP = x 2Rx − x = (2R − x)x S đạt max ⇔ (2R − x)x đạt max ⇔ x.x.x(2R – x) đạt max x x x ⇔ (2R − x) đạt max 3 x Áp dụng (*) với a = b = c = x x x x x x R4  Ta có : (2R − x) ≤  + + + (2R − x) ÷ = 3 3 3 16  x Do S đạt max ⇔ = (2R − x) ⇔ x = R 3 ... 3) + ( − 1) − Bài 4: ) +( ) +(( 2 ( − 1) + ( + 1) − 3 − 1) + ( + 1) − ) ) 2 = 5.3 + = 20 ⇒ B = 10 a) ∆ = ( 3m + 1) − 8m − 4m + = m + 2m + = (m + 1) + > ∀ m Suy phương trình luôn có nghiệm phân