De thi thu vao 10 nam 20122013 co dap an tuyet

Câu 5.. Nếu tăng chiều rộng lên gấp đôi và chiều dài lên gấp ba thì chu vi của thửa vườn mới là 194m. Tia AD cắt cung nhỏ BC tại điểm E, tia AC cắt tia BE tại điểm F. 1) Chứng minh rằng [r]

Trêng Thcs trêng yªn -

-Đề Chẵn

THI kho sỏtCHT cht lng NĂM HỌC 2011 - 2012 MễN : TOÁN

Thêi gian lµm bµi : 90 phót

(khơng kể thời gian giao )

(Đề thi có câu 01 trang)

Câu (2 điểm)

a) Giải phơng trình: x2 + 3x – = 0

b) Gi¶i hƯ phơng trình: 3x 2y = 2x + y =

c) Rót gän biÓu thøc sau: A=

1 1

:

1 ( 1)

x x x x x

 



 

  

 

Câu 2:(1,5®iĨm)Một ruộng hình chữ nhật, tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3m diện tích tăng thêm 100m2 Nếu giảm chiều dài chiều rộng 2m thì diện tích giảm 68m2 Tính diện tích ruộng đó.

Câu 3:(2®iĨm) Cho phương trình x2 - 4x - m + = (1) a) Giải phương trình với m =

b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thoả mãn hÖ thøc

2

1 2 x x + x x = 24

Câu 4:(3,5 ®iĨm) Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R tia tiếp tuyến Ax phía với nửa đường trịn AB Từ điểm M Ax kẻ tiếp tuyến thứ hai MC với nửa đường tròn (C tiếp điểm) AC cắt OM E; MB cắt nửa đường tròn (O) D (D khác B)

1) Chứng minh: AMDE tứ giác nội tiếp đường tròn 2) MA2 = MD.MB

3) Vẽ CH vng góc với AB (H  AB) Chứng minh MB qua trung điểm

của CH

Câu 5.(1®iĨm)Cho số thực dương a, b, c thoả mãn

1 a b c

abc   

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a b a c    

HÕt -(Cán coi thi không giải thích thêm)

Trêng Thcs trêng yªn -

-Đề lẻ

THI kho sỏt CHT cht lợng NĂM HỌC 2011 - 2012 MễN : TOÁN

Thêi gian lµm bµi : 90 phót

(khơng kể thi gian giao )

(Đề thi có câu 01 trang) Câu (2 điểm)

a) Tính (1 5)2  (1 5)2 .

b) Giải phương trình: x2 + 2x - 24 = 0. c) Rót gän biĨu thøc : B =

1

1

x x x x

x x

     

 

   

     

    với x0;x1.

Câu 2:(1,5®iĨm) Một vườn hình chữ nhật có chu vi 72m Nếu tăng chiều rộng lên gấp đơi chiều dài lên gấp ba chu vi vườn 194m Hãy tìm diện tích vườn cho lúc ban đầu

Câu 3:(2®iĨm) Cho phương trình: x2 - 4x + m + 1= (1) a) Giải phương trình m =

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thoả mãn hƯ thøc :x12 +x22 = 5(x1 +x2)

Câu 4:(3,5®iĨm)Cho đường trịn (O) có đường kính AB điểm C thuộc đường trịn (C khác A,B ) Lấy điểm D thuộc dây BC (D khác B, C) Tia AD cắt cung nhỏ BC điểm E, tia AC cắt tia BE điểm F

1) Chứng minh FCDE tứ giác nội tiếp đường tròn 2) Chứng minh DA.DE = DB.DC

3) Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE, chứng minh IC tiếp tuyến đường tròn (O)

Câu 5.(1®iĨm)Cho số thực dương a, b, c thoả mãn

1 a b c

abc   

Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a b a c    

HÕt -(C¸n bé coi thi không giải thích thêm)

Họ tên thÝ sinh: ……… Sè b¸o danh: ………

Đề chẵn

Câu Nội dung điểm

1 (2điểm

a) Giải phơng trình: x2 + 3x – = 0

cã a +b+c = nên x1 = ; x2 = -4 0,75đ

Giải hệ phơng trình:

3 4 14

2 10

{ x y { x y { x { x

x y x y x y y

     

          0,75

®

1 1 1

: :

1 ( 1) ( 1) ( 1)

(1 ) ( 1) ( 1)

A

x x x x x x x x x x

x x x

x x x

 

 

     

     

   

 

  



0,5 ®

Câu2 1,5®

Gäi chiỊu dµi vµ chiỊu rộng lần lợt x, y (m) ( x> y> 2)

Diện tích ban đầu x.y (m2), tăng chiều dài 2m, chiều rộng 3m chiều dài

lúc x + (m ), chiều rộng y + (m)

Diện tích tăng 100 m2 ta cã pt: (x +2)(y +3) = xy + 100 (1)

LËp luËn t¬ng tù ta cã pt: (x -2)( y- 2) = xy – 68 (2) Tõ (1) & (2) ta cã hÖ pt:

( 2)( 3) 100

( 2)( 2) 68

{ xx yy xyxy

   

xy + 3x + 2y + = xy + 100 xy - 2x - 2y + = xy - 68 

  

3x + 2y = 94 x = 22 x = 22 2x + 2y = 72 x + y = 36 y = 14

  

     

   .

Vậy diện tích ruộng là: S = 22 14= 308 (m2).

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

Câu3:

(2®iĨm Cho phương trình x

2 - 4x - m + = 0 (1)

a)Giải phương trình với m = Thay m = vµo pt ta cã x2 – 4x +5 =

2

'

b ac

      

VËy phơng trình vô nghiệm

b)Tỡm cỏc giỏ tr ca m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thoả mãn hÖ thøc

2

1 2 x x + x x = 24. ’= – (6-m) = m – 2

để pt có nghiệm x1; x2 ’ 0  m  2

Theo vi-et ta cã x1 + x2 = 4; x1.x2 = - m Tõ gt:

2

1 2

x x + x x = 24  x

1.x2(x1 +x2) = 24  (6 – m).4 = 24

 6- m =  m = ( ktm)

Vậy gt m t /m hệ thøc

2

1 2 x x + x x = 24.

0,5 0,5

Câu 4:

(3,5®)

Vẽ hình đúng Gt- Kl

2) Xét ∆MAB vng A có ADMB, suy ra: MA2 = MB.MD (hệ thức lượng tam giác

vuông)

3) Kéo dài BC cắt Ax N, ta có ACB 90  0(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ACN 90  0,

suy ∆ACN vuông C Lại có MC = MA nên suy MC = MN, MA = MN (5) Mặt khác ta có CH // NA (cùng vng góc với AB) nên theo định lí Ta-lét

IC IH BI

MN MA BM

 

  

 (6) với I giao điểm CH MB.

Từ (5) (6) suy IC = IH hay MB qua trung điểm CH

0, 5

1

0,5

Câu5. (1®iĨm

Từ giả thiết ta có: abc a b c    1 Do đó, áp dụng bất đẳng thức Côsi, P = a b a c     = a2ab ac bc  = a a b c   bc  a a b c bc    = 2.

Đẳng thức xảy 

 

1 a a b c bc a b c

abc

   

 

   

 

 

1 a a b c bc

   

 

 

 .

Hệ có vơ số nghiệm dương, chẳng hạn ta chọn b = c =  a = 1

Vậy giá trị nhỏ biểu thức P

0,5 0,25 0,25

Híng dÉn chÊm

Đề lẻ

Câu Nội dung Điểm

1) ADB 90  0(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) ADM 90  0(1)

Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến) Suy OM đường trung trực AC  AEM 90  0(2).

Từ (1) (2) suy MADE tứ giác nội tiếp đường trịn đường kính MA

x N

I H E D M

C

O B

1 (2®iĨm)

a)Tính (1 5)2  (1 5)2 = 1  1  1 5 5  0,75 ® b) Giải phương trình: x2 + 2x - 24 = 0

' 24 25

      

Pt cã hai nghiƯm ph©n biƯt :

1

2

' '

4

' '

6

b x

a b x

a

    

  

    

  

0,75 ®

B =

1

1

x x x x

x x

     

 

   

     

    với x0;x1.

( 1) ( 1)

1 (1 )(1 )

1

1

x x x x

B x x

x x

x

     

       

     

   

 

0,5 ®

Câu2: (1,5®iĨ)

Gọi x chiều dài, y chiều rộng hình chữ nhật (điều kiện: x > 0, y > 0, x, y tính mét)

Theo ta có: (x + y) = 72  x +y = 36 (1) Sau tăng chiều dài gấp 3, chiều rộng gấp đôi, ta có :

2 (3 x + 2y) = 194  3x + 2y = 97 (2) Ta có hệ PT :

x + y = 36 3x + 2y = 97 

 

Giải hệ ta được:

x = 25 y = 11   

Đối chiếu điều kiện toán ta thấy x, y thỏa mãn Vậy diện tích vườn là: S = xy = 25.11 = 275 (m2)

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

Câu3:

(2®iĨm)

Cho phương trình: x2 - 4x + m + 1= 0. (1)

a) Giải phương trình m = 2.Thay m = vµo Pt (1) ta cã x2 – 4x +3 = 0

cã a+ b +c =0 nªn x1 = 1; x2 =

b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 thoả mãn hƯ thøc : x12 +x22 = 5(x1 +x2)

Cã ’ = – ( m +1) = – m

Để pt có hai nghiệm x1; x2 0  – m 0  m 3

Theo Vi- Ðt ta cã : x1 + x2 = 4; x1.x2 = m +1 (*)

Tõ hÖ thøc : x12 +x22 = 5(x1 +x2) = (x1 + x2)2 – x1x2 = (x1 +x2) , thay * vµo hƯ

thøc ta cã : 16 – 2( m + 1) = 20  2(m + 1) = -  m +1 = -2

0,25 0,5

0,5

 m = -3 ( t/m®k)

VËy víi m = -3 th× pt cã nghiƯm tháa m·n hƯ thøc x12 +x22 = 5(x1 +x2)

Câu 4:

(3,5®iĨ)

Vẽ hình GT- KL đúng

1) Tứ giác FCDE có góc đối :

  o

FED FCD 90 

(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Suy tứ giác FCDE nội tiếp

2) Xét hai tam giác ACD BED có:

  900

ACD BED  , ADC BDE (đối đỉnh) nên

ACDBED Từ ta có tỷ số :

DC DE

DC DB DA DE

DA DB   .

3) I tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác FCDE  tam giác ICD cân 

  

ICD IDC FEC  (chắn cung FC) Mặt khác tam giác OBC cân nên

  

OCB OBC DEC  (chắn cung AC (O)) Từ đó

      900

ICO ICD DCO FEC DEC FED       IC  CO hay IC tiếp tuyến đường tròn (O)

0,5

1

1

0,5

Câu 5. (1®iĨm)

Từ giả thiết ta có: abc a b c   1 Do đó, áp dụng bất đẳng thức Côsi, P = a b a c     = a2ab ac bc  = a a b c   bc  a a b c bc    =2.

Đẳng thức xảy 

 

1 a a b c bc a b c

abc

   

 

   

 

 

1 a a b c bc

   

 

 

 .

Hệ có vơ số nghiệm dương, chẳng hạn ta chọn b = c =  a = 1

Vậy giá trị nhỏ biểu thức P

0,5 0,25 0,25

D O F

B A

C

E