De thi vao lop 10 THPT mon toan De chon lochaychuan kien thuc

Gọi H là hình chiếu vuông góc của E xuống AD và I là trung điểm của DE.[r]

Đề thi vào lớp 10 THPT- Thời gian 120 phút Đề 12

Câu 1:(2điểm)

a) Tìm m, n để đường thẳng y = (m-1)x + 2n-3 qua điểm A( 1;2) song song với đường thẳng y = 2x +

b) Giải hệ phương trình:

3x + y = x - 2y = -

 

 .

Câu 2:(2điểm)

Cho biểu thức P =

1 x

:

x + x x x + x

 



 

 

  với x > 0.

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị x để P >

1 2. Câu 3:(2điểm)

Cho phương trình x2 – x + m = (1) ( m tham số)

a) Giải phương trình cho với m =

b) Tìm giá trị m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:

(x1x2 – 1)2 = 9( x1 + x2 )

Câu 4:(3,5điểm):Cho tứ giác ABCD có hai đỉnh B C nửa đường trịn đường kính AD, tâm O Hai đường chéo AC BD cắt E Gọi H hình chiếu vng góc E xuống AD I trung điểm DE Chứng minh rằng:

a) Các tứ giác ABEH, DCHE nội tiếp đường tròn b) E tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH

c) Năm điểm B, C, I, O, H thuộc đường tròn

Câu 5: (0,5điểm)

Giải phương trình:   

2

x + 8 x + x 11x + 24 1 5

ĐA ĐỀ SỐ 12 Câu 2:

1)

1 x

P = :

x + x x x + x

 



 

 

     

 x 12

1 x

x

x x x x

              

 x 12 1 x  x 1

1 x - x

x

x x x

x x

  



  



2) Với x >  

1 - x

2 - x x

x 2 

2 3x > - x <

3

  

Vậy với

2 x <

3



P >

1 2. Câu 3:

1) Với m = 1, ta có phương trình: x2 – x + = 0

Vì ∆ = - < nên phương trình vơ nghiệm

2) Ta có: ∆ = – 4m Để phương trình có nghiệm ∆0  1 – 4m0 

1 m

4

 (1) Theo hệ thức Vi-ét ta có: x1 + x2 = x1.x2 = m

Thay vào đẳng thức: ( x1x2 – )2 = 9( x1 + x2 ), ta được:

(m – 1)2 =  m2 – 2m – = 0

m = - m =

 



Đối chiếu với điều kiện (1) suy có m = -2 thỏa mãn

Câu 4:

1) Tứ giác ABEH có: B = 90 0 (góc nội tiếp nửa đường tròn); H = 90

(giả thiết) nên tứ giác ABEH nội tiếp

Tương tự, tứ giác DCEH có C = H = 90  0, nên n i ti p ộ ế được.

2) Trong tứ giác nội tiếp ABEH, ta có: EBH = EAH  (cùng chắn cung EH )

Trong (O) ta có: EAH = CAD = CBD  

(cùng chắn cung CD ).

Suy ra: EBH = EBC  , nên BE tia

phân giác góc HBC .

Tương tự, ta có: ECH = BDA = BCE   ,

nên CE tia phân giác góc BCH

Vậy E tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCH

3) Ta có I tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác vng ECD, nên BIC = 2EDC  (góc nội tiếp góc tâm chắn

cung EC ) Mà EDC = EHC  , suy BIC = BHC  .

+ Trong (O), BOC = 2BDC = BHC   (góc nội tiếp góc tâm

cùng chắn cung BC ).

+ Suy ra: H, O, I cung chứa góc BHC dựng đoạn

BC, hay điểm B, C, H, O, I nằm đường tròn

I O H E

D C

B

A

Câu 5: ĐK: x ≥ - (1)

Đặt x + a; x + b a 0; b 0      (2)

Ta có: a2 – b2 = 5; x211x + 24  x + x + 3   ab

Thay vào phương trình cho ta được:

(a – b)(ab + 1) = a2 – b2  (a – b)(1 – a)(1 – b) = 0 x + x + (vn)

a - b =

x = - - a = x +

x = - - b = x + 1

 



 



      

 

 

 