De thi vao 10 20112012

[r]

THCS TIẾN THẮNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2011 – 2012

ĐỀ THI THỬ VỊNG 1 MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1: (2 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau:

a) 2x2 3x 0 c) 4x413x2 3

b)

4

6

x y x y

  



 

 d) 2x 2x1 0

Bài 2: (1,5 điểm) Thu gọn biểu thức sau:

A =

3 5

3 5

 



 

12 21 12

   

B

2

5

5 3 3

2

   

            

   

C

Bài 3: (1,5 điểm) Cho (P) : y = x2 

(d) : y = 3m x



a) Vẽ (P) (d) hệ trục toạ độ m =

b) Tìm toạ độ giao điểm (P) (d) phép tính câu a? c) Tìm m để đường thẳng (d) tiếp xúc với (P)

Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trình x2 (3m1)x2m2m1 0 (x ẩn số) a) Giải phương trình với m =

b) Chứng minh phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với giá trị m c) Gọi x1, x2 nghiệm phương trình Tìm m để biểu thức sau đạt giá trị lớn nhất: A = x12x22 3x x1

Bài 5. (3,5 điểm) Cho đờng tròn (O; R) điểm M nằm ngồi đờng trịn cho OM = 2R Đờng thẳng d qua M và, tiếp xúc với đờng tròn (O; R) A Gọi N giao điểm đoạn thẳng MO với đờng trịn (O; R)

1) Tính độ dài đoạn thẳng AN theo R Tính số đo góc NAM

2) Kẻ hai đờng kính AB CD khác đờng tròn (O; R) Các đờng thẳng BC, BD cắt đờng thẳng d lần lợt P, Q

a) Chøng minh tø gi¸c PQDC néi tiÕp b) Chøng minh 3BQ – AQ > 4R

HD

Bài 1: (2 điểm) câu 0,5 điểm

a) 2x2 3x 0

9 16 25

   

3 5

2

4

x   hay x 

    

b)

4 (1)

6 (2)

x y x y       

4 (1)

14 ( (2) (1))

x y

x pt pt

        y x         c) 4x413x2 3 0 , đặt u = x2, ( u  0)

phương trình thành : 4u2 – 13u + = (4) có  169 48 121 11  

13 11 13 11

( ) 3( )

8

 

 u  TM hay u  TM

Do (3)

1

3

x hay x

  

d) 2x 2x1 0 ĐK x  0 đặt y= x 2y2 2y1 0

' 2    

Do

2 ( )



 y  loai 2 2( )

2 

 y  TM

Tìm x=

Bài : câu 0,5 điểm

A =

3 5

3 5

 



  = 7

B 12 3  21 12 3  (3 3)2  3(2 3)2  3 (2  3)  3

2

5

5 3 3

2

   

            

   

C

2C =    

2

5 3  5   3  5 

 2  2 2 2

5 (1 3) ( 1) ( 1) ( 1)

         

=    

2

5 (1 3) ( 1)    ( 1) ( 1)    = 5.3 20   C = 10

Bài 3: câu 0,5 điểm Bài 4:

a) 0,5đ Thay m vào pt giải tìm nghiệm b) 0,5đ  

2 2 2 2

3m 8m 4m m 2m (m 1) m

             

Suy phương trình ln ln có nghiệm phân biệt với m c)0,5đ Ta có x1 + x2 = 3m + x1x2 = 2m2 + m –

A=x12x22 3x x1  

1

x x x x

  

2

(3m 1) 5(2m m 1)

    

2 6 6 ( 1)2

4

m m m

       25 ( 1)2 m

  

Do giá trị lớn A : 25

4 Đạt m =

Bài : (3,5đ)

Vẽ hình gtkl 0,25đ

Q P

D B

M

N

O

A C

1 1®iĨm

+ Tính đợc MN = R N trung điểm MO

+ Chỉ đợc OA vng góc với AM suy tam giác MAO vuông A + áp dụng định lý đờng trung tuyến tam giác vng MAO tính đợc AN = R

+ Tính đợc góc NAM = 300

0,25 0,25 0,25 0,25

2 (2,25®)

a) 1.25®iĨm Chøng minh tø gi¸c PQDC néi tiÕp

+Ch + Chỉ đợc cung nhỏ AD = cung nhỏ BC; cung nhỏ AC = cung nhỏ BD + Ta có góc PQD góc có đỉnh bên ngồi đờng trịn nên

gãcPQD =

2(s® cung BCA – s®cungAD) =

2s® cung AC. +Ta cã gãc BCD =

1

2s® cung BD (tÝnh chÊt gãc néi tiÕp)  gãcPQD = gãc BCD

Mà góc BCD + gócDCP = 1800 nên gãc PQD + gãc DCP = 1800

VËy tø gi¸c PQDC néi tiÕp

0,50 0,25 0,25 0,25 b) ®iĨm Chøng minh 3BQ – 2AQ > 4R

*Xét tam giác ABQ có : BQ2 = AB2 + AQ2 Ta có : 3BQ – 2AQ > 4R

3BQ > 2AQ + 2AB ( AB = 2R )  9BQ2 > AQ2 + 8AQ.AB + 4AB2

9AB2 + 9AQ2 > AQ2 + 8AQ.AB + 4AB2

4( AQ – AB )2 + AQ2 + AB2 > ( )  đpcm

0,25 0,25 0,25 0,25