câu 1 20 điểm giải các phương trình

Đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H và cắt (O) lần lượt tại M và N. a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp và MN // FE. b) Vẽ đường cao AD của tam giác ABC. Chứng minh H là [r]

TRƯỜNG THCS TÂN TRƯỜNG

ĐỀ THI THỬ LẦN I

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10

NĂM HỌC 2015 – 2016

Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút

Đề thi gồm: 01 trang

Câu (2,0 điểm): Giải phương trình:

a) 2x

4

- 7x

2

– =

b)

4x 4x1

= 2015

Câu (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức:

11+ ( 0; 9)

3

x x x

P x x

x

x x

 

   



 

b) Một phân xưởng theo kế hoạch phải may 1000 quần áo thời

gian quy định Khi thực hiện, ngày xưởng may nhiều 10 hoàn

thành kế hoạch trước ngày Hỏi theo kế hoạch, ngày xưởng phải may

bao nhiêu quần áo?

Câu (2,0 điểm)

a) Cho hệ phương trình

2

x y m x y m

  



   



Tìm m để hệ có nghiệm (x;y) tọa độ điểm nằm góc phần tư

thứ II mặt phẳng tọa độ thỏa mãn 3x

2

+ y

2

=

b) Tìm m để phương trình x

2

- 2x - 2m + 1= có hai nghiệm x1; x2 thỏa

mãn điều kiện

2 2

2( 1) 1( 1) x x  x x  

Câu (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O) dây BC cố định không qua tâm, điểm A chuyển

động cung lớn BC cho tam giác ABC nhọn Đường cao BE CF

tam giác ABC cắt H cắt (O) M N

a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp MN // FE

b) Vẽ đường cao AD tam giác ABC Chứng minh H tâm đường

tròn nội tếp tam giác DEF

c) Đường thẳng qua A vng góc với EF qua điểm cố

định

Câu (1,0 điểm)

Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn điều kiện a

2

+ b

2

+ c

2

= Tìm

giá trị lớn biểu thức A= ab + bc + ca + a + b + c

Họ tên thí sinh :……… Số báo

danh:………

Chữ ký giám thị :……… Chữ ký giám thị

2 :…………

TRƯỜNG THCS TÂN TRƯỜNG

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10

LẦN II NĂM HỌC 2015 – 2016

Mơn thi: Tốn

Hướng dẫn chấm gồm trang

I) HƯỚNG DẪN CHUNG

- Thí sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa

- Sau cộng điểm toàn bài, điểm lẻ đến 0,25 điểm

II) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

Câu

Ý

Nội dung

Điểm

Câu a

Giải phương trình 2x

4

- 7x

2

– = (1)

1

(2đ)

- Đặt x2 = t (t  0), phương trình (1) trở thành 2t2 – 7t – =

0,25

Có = (-7)2 – 4.2 (-4) = 81 >0

t1= (t/m); t2= 81

4

   

(không t/m)

+ Với t=  x2 =

1,2 x

  

0,25

0,25

Vậy tập nghiệm phương trình S=

 

2

0,25

b

4x24x 1 2015 2x 1 2015

0,25

1đ

2015 2016 1008

2 2015 2014 1007

x x x

x x x

   

  

  

      

  

Vậy tập nghiệm phương trình S=



1008; 1007



0,5

0,25

Câu

(2đ)

a

1đ

Rút gọn biểu thức:

2 11

+ ( 0; 9)

9

3

x x x

P x x

x

x x

 

   



 

1,00

11

9

3

x x x

x

x x

 

  



 

0,25



 



 









2 3 11

3

x x x x x

x x

     









2 3 11

3

x x x x x x

x x

      



 

0,25

















3

3

=

3

3 3

x x

x x x

x

x x x x

 

 



   

0,25

b

1đ

Gọi số quần áo may ngày theo kế hoạch x (bộ), (x *

N

 )

0,25

Số quần áo thực tế ngày may x + 10 ( bộ)

Số ngày hồn thành cơng việc theo kế hoạch là: 1000

x (ngày)

Số ngày thực tế may là: 1000 10

x  (ngày)

0,25

Theo ta có phương trình: 1000 1000

10

x  x 

0,25

Giải phương trình ta x 1 40 ( thỏa mãn); x  2 50 (loại)

Vậy theo kế hoạch ngày may 40 quần áo

0,25

Câu

(2đ)

a

1đ

Giải hệ

3

2

x y m x y m

  



   



tìm (x; y) = (m; m+1)

Để hệ phương trình có nghiệm (x;y) nằm góc phần tư thứ II

thì

0

0 1

x m m

m

y m m

  

  

     

       

  

Sau thay (x;y) = (m; m+1) vào hệ thức 3x

2

+ y

2

= tìm

m1 =

4  

(loại); m2=

 

(thỏa mãn)

Vậy với m =

 

hệ phương trình có nghiệm (x;y) tọa độ

của điểm nằm góc phần tư thứ II mặt phẳng tọa độ thỏa

mãn 3x

2

+ y

2

=

0,25

0,25

0,25

0,25

b

1đ

Ta có:

 ' 2m

Để phương trình có hai nghiệm

  ' 2m  0 m 0

Theo hệ thức Vi-ét ta có:

2

2 (1)

1 (2)

x x

x x m

 



  



Theo ta có:

2 2 2 2

2 ( 1) ( 1) 2

x x  x x   x x  x x  





2 2 2

1 2 2 (3)

x x x x x x

     

0,25

Thay (1), (2) vào (3), ta có:

2

8m 12m 2m 3m

       

1

1

m

  

(loại);

m 2 2

(thỏa mãn)

Vậy m = phương trình x

2

- 2x - 2m + 1= có hai nghiệm x1; x2

thỏa mãn điều kiện

2 2

2( 1) 1( 1) x x  x x  

0,25

0,25

Câu

(3đ)

- Vẽ hình

1 x

H

E

F

O

B C

A

N

M

K D

0,25

a

Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp

0,75

1đ

 B1EFH (2 góc nội tiếp chắn cung EC),

Xét đường trịn (O) có B1 N1 (2 góc nội tiếp chắn cung MC)

1 EFH N

  , mà hai góc vị trí đồng vị nên MN//EF (đpcm)

0,25

b

1đ

Có tứ giác BCEF nội tiếp cung EF) HBFHCE (2 góc nội tiếp chắn (1)

Xét tứ giác BDHF có 0

90 90 180

BDHBFH  

 Tứ giác BDHF nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối 1800)

HBF HDF

  (2 góc nội tiếp chắn cung FH) (2)

Chứng minh tương tự tứ giác DCEH nội tiếp

HDE HCE

  (2 góc nội tiếp chắn cung EH) (3)

Từ (1) , (2) (3) HDF HDE DH phân giác FDE (*)

Tương tự EH phân giác DEF; FH phân giác DFE (**)

Từ (*) (**)H tâm đường tròn nội tiếp DEF (đpcm)

0,25

0,25

0,25

0,25

c

0,7

5

Qua A kẻ đường kính AK, kẻ tiếp tuyến Ax với đường tròn (O)

 AOAx

Ta có xABACB (góc nội tiếp góc tạo tia tiếp tuyến dây

cung chắn cung AB) (4)

Có tứ giác BCE F nội tiếp (cm trên)A FE ACB (cùng bùBFE) (5)

Từ (4) (5) xAB AFE

Mà hai góc vị trí so le hai đường thẳng Ax EF cắt AB, Ax //EF,

Lại có Ax OA OAEF Mà O cố định (gt)

Vậy đường thẳng qua A vng góc với EF ln qua điểm cố định điểm O (đpcm)

0,25

0,25

Câu

(1đ)

Vì a, b, c >0 nên a2 + b2 2ab; b2+ c2 2bc; a2 + c2 2ac

 a2 + b2 + c2 ab+ ac + bc  ab+ ac + bc  (1)

Ta có:

a2 + 12a ; b2 + 2b ; c2 + 12c

 a2 + b2 + c2 + 2(a + b+c)

a+ b + c  (2)

0,25

0,25

Cộng bđt (1), (2) ta được: A 

0,25

Dấu "=" xảy a = b = c =1

Vậy GTLN A = a = b = c =1

0,25