de thi thu vao lop toan 20122013

Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình (1) mà không phụ thuộc vào m.. Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC.[r]

TRƯỜNG THCS

MÃO ĐIỀN ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013Môn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút( khơng kể thời gian giao đề)

Bài ( điểm ) ) Cho biểu thức

  

 

  

  

2 x

x x 2x x

A

x x x x (Với x0;x1) a Rút gọn biểu thức

b Tìm giá trị x để A = 13

Bài (3,0 điểm) 1 Vẽ đồ thị (P) hàm số y =

2x2 Tìm a b để đờng thẳng

y=ax+b ®i qua điểm (0;-1) tiếp xúc với (P)

2 Cho phương trình x2 - 2(m-1)x + m - = (1)

a Chứng minh phương trình ln có nghiệm phân biệt

b Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm phương trình (1) mà khơng phụ thuộc vào m

c Tìm giá trị nhỏ P = x21 + x22 (với x1, x2 là nghiệm phương trình 1)

Bài (1,5 điểm)

Có hai đất hình chữ nhật,thửa thứ có chu vi 240m, thứ hai có chiều dài ,chiều rộng chiều dài, chiều rộng thứ 15m Tính chiều dài, chiều rộng đất biết tỉ số diện tích thứ thứ hai

5 8.

Bài 4.(3,0 điểm)

Cho đường tròn (0) với dây BC cố định và điểm A thay đổi vị trí cung lớn BC cho AC >AB và AC > BC Gọi D là điểm cung nhỏ BC Các tiếp tuyến (O) D và C cắt E Gọi P, Q là giao điểm cặp đường thẳng AB với CD; AD và CE

a Chứng minh DE// BC

b Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp

c Gọi giao điểm dây AD và BC là F Chứng minh hệ thức: CE

1

= CQ

1

+ CF

Bài 5(0,5 điểm)

……… Hết………

đáp án

B i 1à : 1a.

                   

x x x x x x x A

x x

x x

     

x x x x

     

1

  x x

A

1b. A13 x x 113 x x 120

Đặt t  x;t 0suy t2 - t - 12 = Tính 49  7

t1 = -3 (lo i); tạ =  x 4 x16 K t lu n nghi m x = 16ế ậ ệ

Bài 2: a '= m2 –3m + = (m - 2

3

)2 + 4

7

>0 m

Vậy phương trình có nghiệm phân biệt b Theo Viét: 

      ) ( 2 m x x m x x

=>        2 2 2 m x x m x x <=> x1+ x2 – 2x1x2 – = không phụ thuộc vào m

a P = x12 + x12 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4(m - 1)2 – (m-3) = (2m -

5

)2 +

m   15 15 Vậy Pmin =

15

với m =

Bài 4: Vẽ hình – viết giả thiết – kết luận a SđCDE =

1

Sđ DC =

Sđ BD = BCD

=> DE// BC (2 góc vị trí so le) b APC =

1

sđ (AC - DC) =  AQC

=> APQC nội tiếp (vì  APC =  AQC nhìn đoạn AC) c.Tứ giác APQC nội tiếp

Ta có: PQ

DE

= CQ

CE

(vì DE//PQ) (1)

FC DE

= QC

QE

(vì DE// BC) (2)

Cộng (1) và (2) :  1 

 

CQ CQ CQ

QE CE FC DE PQ DE

=>

DE FC PQ

1 1

 

(3) ED = EC (t/c tiếp tuyến) từ (1) suy PQ = CQ

Thay vào (3) : CQ CF CE

1 1

 

MƠN TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1:(2,0 điểm) Cho biểu thức

  1 2

1

      

 

x x x

x x x

x

x x A

(Với x0;x1) a, Rút gọn biểu thức

b, Tìm giá trị x để A = 13

Bài 2:(2,0 điểm)

Cho phương trình: x2 - 2(m - 1)x + m2 - = 0. a Giải phương trình m =

b Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt

Bài 3:(3,5 điểm)

Cho (O;R) và dây cung AB Gọi C là điểm nằm cung lớn AB Từ C kẻ đường kính

CD tia đối CD lấy điểm S Nối SA cắt đường tròn M (M khác A) Nối MB cắt CD K, MC cắt AD H

a Chứng minh tứ giác DKMH nội tiếp đường tròn b Chứng minh HK // AB

c Chứng minh CK.CD = CH.CM

Bài 4:(1,5 điểm) Cho đường thẳng d: y = ax + b và (P): y = kx2 a Tìm a và b để đường thẳng d qua điểm A(2;3) ; B(3;9) b Tìm k (k  0) cho (P) tiếp xúc với đường thẳng d

Bài 5:(1,0 điểm) Cho x và y là số thỏa mãn:    

  

   

0

0

2 2

2

y y x x

y y x

Tính B = x2 + y2.

Bài làm:

A B C

D O M

S

H K

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM

Bài 1:(2,0 điểm)

1a.

 

 

     

   

  

  

x x x x x x x A

x x

x x  x x 1   x x 1    

1

  x x

A

1b. A13 x x 113 x x 120

Đặt t  x;t 0suy t2 - t - 12 = Tính 49  7 t1 = -3 (loại); t2 =  x 4 x16 Kết luận nghiệm x = 16

Bài 2:(2,0 điểm)

2a Với m = thay vào x2 - 2x - = 0

có dạng a - b + c = ( Hoặc tính 16) => x1 = -1 ; x2 = và kết luận nghiệm 2b. Tính '

  

 m

'     

 m Suy m < và kết luận m < phương trình có nghiệm

Bài 3:(3,5 điểm)

3a. Vẽ hình (Chú ý khơng vẽ hình khơng chấm điểm) Ta có CMK chắn cung CB và HDC chắn cung CA , mà CA CB  Từ CMK HDC  Suy tứ giác DKMH nội tiếp đường trịn

3b. Ta có HKM HDM  ( tứ giác DKMH nội tiếp) HDM ABM  ( tứ giác ABDM nội tiếp) Từ suy HKM ABM  Vậy ta có HK // AB

3c. Chứng minh CKM đồng dạng CHD Thật ta có Xét CKM và CHDcó góc C chung

CMK CDH  ( tứ giác DKMH nội tiếp)  Từ ta có CD CH CM CK CD

CM CH

CK

    

Đpcm

Bài 4:(1,5 điểm)

Kết hợp (1) và (2) ta đợc hệ  

    

 

 

 

9

3

3

b a b

a b a

Kết luận đường thẳngd: y = 6x -

4b. Suy kx2 = 6x - có nghiệm kép  0 Suy k = và kết luận

Bài 5:(1 điểm)

Từ x3 + 2y2 - 4y + =  x3 = -1 - 2(y - 1)2  -1 x1(1)

Từ x2 + x2y2 - 2y = 1 2

   

y y x

(2)

Kết hợp (1) và (2) suy x = -1 y = Vậy B = x2 + y2 = 2

+ Giải pt bậc hai ẩn y theo x

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2,5 điểm)

Cho biểu thức P=

x x

x x x



 



 

1 Rút gọn biểu thức P Tìm x để P <

1

Bài 2: (2,5 điểm)Giải bài tốn sau cách lập phương trình

Một người xe đạp từ A đến B cách 24km Khi từ B trở A người tăng vận tốc thêm 4km/h so với lúc đi, thời gian thời gian 30 phút Tính vận tốc xe đạp từ A đến B

Bài 3: (1 điểm)

Cho phương trình x2bx c 0 

1 Giải phương trình b = -3 và c =

2 Tìm b,c để phương trình cho có hai nghiệm phân biệt và tích chúng

Bài 4: (3,5 điểm) Lý tự Trọng

Cho đường tròn (O; R) tiếp xúc với đường thẳng d A Trên d lấy điểm H không trùng với điểm A và AH <R Qua H kẻ đường thẳng vng góc với d, đường thẳng này cắt đường tròn hai điểm E và B ( E nằm B và H) Chứng minh góc ABE góc EAH và tam giác ABH đồng dạng với tam giác EAH

2 Lấy điểm C d cho H là trung điểm đoạn AC, đường thẳng CE cắt AB K Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp

3 Xác định vị trí điểm H để AB= R

Bài 5: (0,5 điểm)

Cho đường thẳng y = (m – 1)x +

Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng là lớn

Bài làm:

Gợi ý phương án bài giải đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Bài 1:

P =

x x

x x x



 



 

1 Kết rút gọn

x x



 với điều kiện xác định biểu thức P là x x   

 

2 Yêu cầu

1 x 1

P x x x x

2 x



          

 .

Đối chiếu với điều kiện xác định P có kết cần tìm là x x

  

  

Bài 2:

Gọi vận tốc là x (đơn vị tính km/h, điều kiện là x>0) ta có phương trình 24 24

x  x 2  .

Giải ta có nghiệm x =12(km/h)

1 Khi b=-3, c= phương trình x2 - 3x + = có nghiệm là x = 1, x = 2 Điều kiện cần tìm là

2

1

c ; c b 4ac b

c = x x c c

        

 

  

    



Bài 4:

1 ABE EAH  vÌ chắn cung AE Do tam giác ABH và EHA đồng dạng ECA EAC ABH   , nên ECA BAH 90 hay AKC 90    

Vậy tứ giác AHEK là nội tiếp đường trịn đường kính AE M là trung điểm EB OM vng góc BE, OM=AH Ta có

 

AB R 3  AOB 120  BOM 30  OBE cạnh R Vậy AH= OM= R

2

Bài 5:

Đường thẳng y = (m-1)x +  mx = y + x – qua điểm cố định A(0;2) Do OA = Khoảng cách lớn từ gốc tọa độ đến đường thẳng d là OA = 2, xảy d vng góc với OA hay hệ số góc đường thẳng d là tức là m -1 =

MƠN TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (1,5 điểm) Cho biểu thức:

3

1

2

x x x x x x

A

x

x x x x

      

   

 

  .

a Tìm điều kiện biến x để biểu thức A xác định b Rút gọn biểu thức A

Bài 2: (3,0 điểm) Lý tự Trọng

a Khảo sát và vẽ đồ thị (P) hàm số

2

y x

b Gọi d là đường thẳng qua điểm 2; 1 và có hệ số góc a Xác định a để đường thẳng d tiếp xúc với đồ thị (P) Tìm toạ độ tiếp điểm

c Xác định a để đường thẳng d cắt (P) hai điểm phân biệt có hoành độ dương

Bài 3: (1 điểm) Giải phương trình: x x 4 x6

Bài 4: (1,5 điểm)

Cho số có hai chữ số Nếu đổi chỗ hai chữ số số lớn số cho là 63

Tổng số cho và số tạo thành 99 Tìm số cho

Bài 5: (3,0 điểm)

Từ điểm A ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AMN đường tròn Gọi I là trung điểm dây MN

a Chứng minh: Năm điểm A, B, I, O, C nằm đường tròn b Cho P là điểm tuỳ ý cung nhỏ BC Từ P dựng đoạn PD, PE,

PF theo thứ tự vng góc với cạnh BC, CA, AB Chứng minh:

2

PD PE PF

Bài 6: (1,0 điểm)

Giải hệ phơng trình :       

  

  

  

27 1 1

9

zx yz xy

z y x

z y x

Bài làm:

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Bài 1: (1,5 điểm)

a Điều kiện để A xác định là  

2

x 0, x x 1    x 1 0, x 0  x 0   và x1

b      

2

3 3

1

2 1 1

x x x x

x

x x x x x

   

  



    

       

  2    2 

3 4

1 1

x x x x x

x x x x

    

 

   

 1  1  1 1  1 2 1

1       

  

  

x x x x x x x

x x x x

x x x x x x x x =>

3 x x x x x x

A

x

x x x x

      

   

 

     

  2 

x x

4 x

x x x

x x

 

  

 

Bài 2: (2 điểm)

+ Sự biến thiên: Hàm số có dạng

2 0

2

y ax a  

 , nên hàm số đồng biến R , nghịch biến R và x0

+ Bảng giá trị: x -2 1 0 1 2

2

y x

-2

1 

0

2 

-2

+ Đồ thị hàm số là đường parabol có đỉnh O, trục đối xứng Oy b.+ Phương trình đường thẳng d có hệ số góc a: y ax b 

và qua điểm 2; 1 nên: 2 a b b 1 2a

Do đó: phương trình d là: y ax  1 2a

+ Phương trình cho hoành độ giao điểm d và (P):

2

1

x ax 2a x 2ax 4a (*)

        

+ Để d tiếp xúc với (P) phương trình (*) có nghiệm kép:

2

' a 4a a

        .

+Với a 2 6: hoành độ tiếp điểm là: xa 2  6 y 5 6

Nên tiếp điểm là:2 ; 5  6

+ Với a 2 6: hoành độ tiếp điểm là:xa 2 6 y 5 Nên tiếp điểm là:2 ; 5  6

+ Để d cắt (C) hai điểm phân biệt có hoành độ dương thì:

   

2 a hay a ' a 4a

1

P 4a a a

2 S 2a a 0

       

      

        

 

   

  



Điều kiện xác định phương trình: x0 x x 4 x 6  x x 0   Đặt X x , với điều kiện X 0 Phương trình cho trở thành:

2

1

X  5X 0   X 1; X 6

Đối chiếu điều kiện, ta có: X  x  6 x36 Vậy phương trình cho có nghiệm: x = 36

Bài 4: (2 điểm)

Gọi chữ số hàng chục là x, chữ số hàng đơn vị là y: x y N x y,  *; , 9 Số cho là 10x + y, và số đổi chỗ hai chữ số là 10y + x Theo đầu bài ta có hệ

10 63 10 9 63 10 10 99 11 11 99

y x x y x y

x y y x x y

      

 



 

     

 

Giải hệ này ta nghiệm là: x1; y8 Vậy số cho là: 18

Bài 5: (3,5 điểm) + Hình vẽ

a + Ta có: I là trung điểm dây cung MN, nên đường kính qua O và I vng góc với MN

+ OBA OCA OIA 1v    , nên B, C, I, O, A đường trịn đường kính OA. b + Các tứ giác PDBF và PDCE nội tiếp đợc, có hai góc đối diện là góc vng

+ Xét hai tam giác PDE và PFD, ta có:

   

DPE BCA 2v; DPF CBA 2v    Mà BCA CBA  (góc nội tiếp chắn cung BC). Suy ra: DPE DPF 

c + DEP DCP  (góc nội tiếp chắn cung DP )

DCP FBP  (cùng chắn cung BP); FPB FDP  (cùng chắn cung FP ); + Suy ra: DEP PDF 

+ Do đó:

2 PD PE

PDE PFD PD PE PF

PF PD

Bài 6:

 

  x y z

1 1

1 (2) x y z

xy yz xz 27

    



   



   



ĐKXĐ : x 0, y 0, z 0

   

 

   

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 2

2 2

x y z 81 x y z xy yz zx 81 x y z 81 xy yz zx x y z 27

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

(x y) x y

(y z) y z x y z z x

(z x)

          

          

            

      

    

 

        

    

 

Thay vào (1) => x = y = z =

Ta thấy x = y = z = thõa mãn hệ phơng trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm x = y = z =

MƠN TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: Cho biểu thức A = 2 2 3) 12 (

x x

x  

+ (x 2) 2 8x a Rút gọn biểu thức A

b Tìm giá trị nguyên x cho biểu thức A có giá trị nguyên

Bài 2: (2 điểm)

Cho đường thẳng:

y = x – (d1) y = 2x – (d2) y = mx + (m+2) (d3)

a Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d3 ) ln qua với giá trị m b Tìm m để ba đường thẳng (d1); (d2); (d3) đồng quy

Bài 3: Cho phương trình x2 - 2(m-1)x + m - = (1)

a Chứng minh phương trình ln có nghiệm phân biệt

b Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm phương trình (1) mà khơng phụ thuộc vào m

c Tìm giá trị nhỏ P = x21 + x22 (với x1, x2 là nghiệm phương trình (1))

Bài 4: Cho đường tròn (o) với dây BC cố định và điểm A thay đổi vị trí cung lớn BC cho AC>AB và AC > BC Gọi D là điểm cung nhỏ BC Các tiếp tuyến (O) D và C cắt E Gọi P, Q là giao điểm cặp đường thẳng AB với CD; AD và CE

a Chứng minh DE// BC

b Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp

c Gọi giao điểm dây AD và BC là F Chứng minh hệ thức: CE

1

= CQ

1

+ CF

Bài 5: Cho số dương a, b, c Chứng minh rằng: 1    ca 2

c c b

b b a

a

Bài làm:

……… ………

……… ……… ………

……… ………

……… ………

……… ………

……… ……… ………

……… ………

……… ………

……… ………

……… ………

……… ………

……… ………

……… ……… ………

……… ………

……… ………

……… ………

……… ………

……… ………

……… ……… ………

……… ………

……… ………

Đáp án

Bài 1: - Điều kiện : x 0

a Rút gọn: 4

9

6

2

 

  

 x x

x x x

A

2

  

 x

x x

- Với x < 0: x

x x

A 22 

- Với < x 2: x

x A2 3

- Với x > : x

x x

A 2

2

  

b Tìm x nguyên để A nguyên:

<=> 3x => x =  1;3;1;3 

Bài 2:

a (d1) : y = mx + (m +2)<=> m (x+1)+ (2-y) = Để hàm số qua điểm cố định với m <=>

     y x

=.>     y x

Vậy N(-1; 2) là điểm cố định mà (d3) qua b Gọi M là giao điểm (d1) và (d2) Tọa độ M là nghiệm hệ 

     2 x y x y

=>     y x

Vậy M (2; 0)

Nếu (d3) qua M(2,0) M(2,0) là nghiệm (d3) Ta có : = 2m + (m+2) => m= -3

2

Vậy m = -3

(d1); (d2); (d3) đồng quy

Bài 3: a '= m2 –3m + = (m - 2

3

)2 + 4

7

>0 m

Vậy phương trình có nghiệm phân biệt b Theo Viét: 

      ) ( 2 m x x m x x

=>        2 2 2 m x x m x x <=> x1+ x2 – 2x1x2 – = không phụ thuộc vào m

b P = x12 + x12 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4(m - 1)2 – (m-3) = (2m -

5

)2 +

m   15 15

Vậy Pmin = 15

với m =

a SđCDE =

1

Sđ DC =

Sđ BD = BCD

=> DE// BC (2 góc vị trí so le) b APC =

1

sđ (AC - DC) =  AQC

=> APQC nội tiếp (vì  APC =  AQC nhìn đoạn AC) c.Tứ giác APQC nội tiếp

CPQ =  CAQ (cùng chắn cung CQ) CAQ =  CDE (cùng chắn cung DC) Suy  CPQ =  CDE => DE// PQ Ta có: PQ

DE

= CQ

CE

(vì DE//PQ) (1)

FC DE

= QC

QE

(vì DE// BC) (2) Cộng (1) và (2) :  1

   CQ CQ CQ QE CE FC DE PQ DE

=> PQ FC DE

1 1   (3)

ED = EC (t/c tiếp tuyến) từ (1) suy PQ = CQ Thay vào (3) : CQ CF CE

1 1  

Bài 5:Ta có: a b c a



 < b a

a

 < a b c

c a    (1) c b a b 

 < b c

b

 <a b c

a b    (2) a b c

c



 < c a

c

 < a b c

b c    (3) Cộng vế (1),(2),(3) : < a b

a

 + b c

b

 + c a

c