De thi thu tuyen sinh vao lop 10 so 6 co dap an

Xác định các giá trị của m và n, để d1 và d2 cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung.. 1/ Chứng tỏ phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.. Tính nghiệm còn lại.. Tiếp tuyến với đường

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

Năm học: 2011 – 2012 Môn thi: TOÁN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

- - -

Bài 1: (1,5 điểm)

Không dùng máy tính, rút gọn các biểu thức sau:

A = 3 2 2 3 2 2



Bài 2: (1,5 điểm)

1/ Cho hai đường thẳng: (d1): y = (m – 1)x + 3 (m 1); (d2): y = 2x + n

Xác định các giá trị của m và n, để (d1) và (d2) cắt nhau tại một điểm nằm trên trục tung

2/ Giải hệ phương trình:

2

2

2

7

x y

x y



 







(x0;y0)

Bài 3: (2 điểm)

Cho phương trình: x2 – (m + 2)x – 5 = 0

1/ Chứng tỏ phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt

2/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm x x1; 2 thỏa mãn hệ thức: 2 2

x x  3/ Với giá trị nào của m thì phương trình nhận x = - 1 làm nghiệm Tính nghiệm còn lại

Bài 4: (1,5 điểm)

Giải các phương trình sau:

1/ 3 5 1

x x  2/ x4 – 2x2 – 8 = 0

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho đường tròn (O), kẻ hai đường kính AOB và COD vuông góc với nhau Trên cung nhỏ BD lấy điểm M (M khác B và D), dây CM cắt AB tại N Tiếp tuyến với đường tròn tại

M cắt tia AB tại K, cắt đường thẳng CD tại F

1/ Chứng minh tứ giác ONMD nội tiếp được

2/ So sánh DNM vàDMF

3/ Chứng minh hệ thức MK2 = AK.KB

Hết

-ĐÁP ÁN BÀI THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

NĂM HỌC: 2011 – 2012

1

1 A =

=(3 + 2)(3 - 2) = 9 – 2 = 7

0,75đ

2



4

2 2

= 2 6 2 6 0

0,75đ

2

1

(d1): y = (m – 1)x + 3 (m1); (d2): y = 2x + n (d1) cắt (d2) tại một điểm trên trục tung 1 2

3

m n

 









3

m n











0,5đ

2

2

2

2

7

x y

x y



 









Đặt: X = 2

1

x ; Y = 1y, hệ phương trình trở thành:

 







1

X Y













2 1 1

x y









1 1 1 1

x y x y

 











 

 



 



1đ

3

1

x2 – (m + 2)x – 5 = 0

a = 1; c = -5 Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt

Hay:  b2 4ac(m2)2 4.1.( 5) (  m2)220 0

0,25đ

2

Do phương trình có hai nghiệm phân biệt Gọi x x1; 2là nghiệm Ta có:

1 2 2; 1 2 5

x x  m x x  Theo đề bài:

2 2

x x 

 x1x22 2x x1 2 26  (m + 2)2 – 2.(- 5) = 26  m2 + 4m – 12 = 0

6

m m











0.57đ

3

1

x = -1 là nghiệm của phương trình: x2 – (m + 2)x – 5 = 0, ta có:

(-1)2 – (m + 2) (-1) – 5 = 0  m – 2 = 0  m = 2 Gọi x2 là nghiệm còn lại Ta có: x x 1 2 5  -x2 = -5  x2= 5

1đ

1

1

x x  (1) Điều kiện: x 2

(1)  3(x + 2) + 5(x – 2) = x2 – 4  x2 - 8x = 0  0

8

x x





 



0,75 đ

2

x4 – 2x2 – 8 = 0 (2) Đặt t = x2 0 Phương trình (2) trở thành:

t2 – 2t – 8 = 0  4

2

t t





 

 t = -2 (loại); t = 4(nhận)

t = 4  x2 = 4  2

2

x x





 

Vậy phương trình(2) có hai nghiệm:x12;x2 2

0,75 đ

5

M

N O

K

F D

C

B

1

 900

DON  (ABCD- gt)

DMN  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

 DON DMN  = 900 + 900 = 1800 ( tổng hai góc đối diện) Vậy tứ giác ONMD nội tiếp được

1 đ

2 MKABKM (g – g) 

BK MK  MK2 = BK.AK

3

DOM DNM(2 góc nội tiếp cùng chắn DM của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ONMD)

DOM  DMF(góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn DM của đường tròn (O))

Suy ra: DNM 2DMF

1 đ