DeDA Toan thi thu vao 10 Duc Ly 1213

[r]

ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT – HÀ NAM Trường THCS Đức Lý Năm học 2012-2013

Lý Nhân - Hà Nam

MƠN: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1 : ( 2.5 điểm )

a ) Thực phép tính: 5 5 b) Giải phương trình 4x4 7x2 2 0

c) Giải hệ phương trình :

3 17

5 11

x y x y

  



  

Bài 2: ( 2.5 điểm)

a) Tỡm giá trị m để hai đường thẳng y



m2 4



x2



m2



và

5

y x m  song song với nhau.

a) Cho hàm số y ax b  Tìm a b, biết đồ thị hàm số cho song

song với đờng thẳng y3x5 qua điểm A thuộc parabol

2

1 ( ) :

2

P y x có hồnh độ 2.

c) Cho hàm số: y = (2m - 3)x - (d) (

3 m

2 

) Tìm m để (d) cắt đường thẳng (d’) có phương trình x – y + = điểm M (x ; y) cho biểu thức P = y2 - 2x2 đạt giỏ tr ln nht.

Bài 3: ( 4.0 điểm)

Cho đường trịn (O; R), đường kính AB cố định, đường kính CD di động (hai đường thẳng AB CD không trùng nhau) Tiếp tuyến (O) B cắt đường thẳng AC AD E F

a) Chứng minh BE BF 4R2

 

b) Chứng minh CEFD tứ giác nội tiếp

c) Gọi I trung điểm EF K giao điểm AI CD , H tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác DCEF chứng minh AOHI hình bình hành

Bài 4:( 1.0 điểm)

Bài Cõu Nội dung Điểm

1 2.50

a

2

5

5 ( 2)

5 | - 2|

= 5 - 2

         0,25 0.25 0.25

b Giải phương trình 4x47x2 2 0 (1):

Đặt tx2 Điều kiện t0 Ta : 4t2 7t (2)

Giải phương trình (2):  49 32 81 ,    9,

7

0

8

t    

(loại)

7

2

t    

Với t t 2 2, ta có x2 2 Suy ra: x1  2, x2  2. Vậy phương trình (1) có hai nghiệm: x1 2, x2 

0,25

0.25 0,25 0,25

c

Giải hệ phơng trình

3 17

5 11

x y x y        :

3 17 17 17

5 11 10 22 13 39

x y x y x y

x y x y x

                      3

4 17

x x y y              

Vậy nghiệm hệ phương trình ( x ;y ) = ( ; -2 )

0,25

0,25 0.25

2 2,50

a

+ Để hai đường thẳng









2 4 2 2

y m  x m

y5x m 1 song song với

nhau thì:

2 4 5

1 m m        3 m m m         0.25 0.25 b

+ Đồ thị hàm số y ax b  song song với đờng thẳng y3x5, nên a3

5

b

+ Điểm A thuộc (P) có hồnh độ x2 nên có tung độ





2

1

2

2

y  

Suy ra: A

2; 2

+ Đồ thị hàm số y3x b qua điểm A

2; 2

nên:  b b4

0,25

Toạ độ giao điểm (d) (d’) nghiệm hệ :



y (2m – 3)x –



(2m – 3)x – x



(2m – 4)x

y x y x y x

   

 

     

6

x

2m – m

3 2m

y

m m

 

 



  

 

     (do m  2)

Khi đó: P = y2 - 2x2

2 2

2m 3

2 2

m m m m



          

       

   

       

Đặt

3 t

m 

 P = (2 + t)2 – 2t2 = + 4t – t2 = – (t – 2)2 (do–(t –2)2 t)

 max P =  t = 

3

2 m 3,5

m 2    2  (thoả mãn m  2)

Vậy giá trị m thoả mãn yêu cầu đề m = 3,5

0.25

0.25

0.25

4 4.0

4.a

+ Hình vẽ giả thiết kết luận ( hình vẽ tối thiểu làm câu a )

+ Ta có: Tam giác ACD vng A (nội tiếp nửa đường trịn đường kính CD), nên tam giác EAF vng A

+ AB vng góc với EF (vì EF tiếp tuyến B) + Theo hệ thức lượng tam giác vuông AEF:

2 4

AB BE BF  BE BF  R

4.b

+ Xét ( o ) ta có :

   1800  

2 2

AB DB DB AD

AFEs®  s®   s® s® ( góc có đỉnh bên ngồi đường trịn)

 

2

AD ACDs®

(góc nội tiếp chắn AD) Suy ra: AFEACD hay DFEACD Mà DCE ACD 1800( góc bẹt )

Suy DCE DFE  1800

Nên tứ giác CEFD nội tiếp

0,25

0,25

0.25 0,25

4.c

+ Ta có: AFEACD (Chứng minh trên)

1

AI  EF

(trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông EAF), nên tam giác AIF cân I, suy ra: FAI AFI AFE

+ Mà ADC ACD 900

Suy ADC FAI ADK DAK 900

Do AKDAKO900 Suy AI OD

Chỉ CD OH Do AI OH// ( ) Chỉ IH FE Lại có ABFE Do AO IH// ( ) Từ (1 ) ( ) suy AOHI hình bình hành

0.5 0.25 0.25 0.25 0.25

5

2

8x 4xy 8y

2 2 2

2x xy 2y [5(x y) 3(x y) ] (x y) (do (x – y) 0)

4 4

 

2

2y yz 2z (y z)

2

   

(2)

2

2z zx 2x (z x)

2

   

(3)

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta :

5

2 2 2

2x xy 2y 2y yz 2z 2z zx 2x (2x 2y 2z)

2

          

2 2 2

2x xy 2y  2y yz 2z  2z zx 2x  5(x y z)   đpcm

Dấu xảy  x = y = z = 1/3

0,25