de dap an thi thu vao 10 dot 2

TRƯỜNG THCS ... Nếu tăng chiều rộng 2m và giảm chiều dài 6m thì diện tích mảnh đất không đổi. Chøng minh:. a) Tø gi¸c MAOB néi tiÕp.[r]

TRƯỜNG THCS KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 120 phút

Đề thi gồm 01 trang

Câu (3,0 điểm):

a)Giải bất phương trình: 3 2 x1 2 3  x b)Rút gọn biểu thức:

1 1

:

1 1

P

x x x

   

     

  

    Với x > ; x1

c)Tìm giá trị m để đường thẳng (d): y =3x +2m - Parabol (P): y = x2 cắt tại hai điểm nằm hai phía trục tung.

Câu (1,5 điểm): Cho hệ phương trình :

2

3

x my x y

  



 

 ( I ) a) Giải hệ phương trình m =

b) Tìm giá trị m để hệ (I) có nghiệm ( x; y) thoả mãn hệ thức:

m+1 x - y +

m-2 

Câu 3(1 điểm):

Cho mảnh đất hình chữ nhật có diện tích 360m2 Nếu tăng chiều rộng 2m giảm chiều dài 6m diện tích mảnh đất khơng đổi Tính chu vi mảnh đất ban đầu.

Câu (3,5 điểm):

Cho điểm M nằm ngồi đờng trịn tâm O Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đờng tròn (A, B là tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD không đI qua tâm O ( C nằm M D), OM cắt AB (O) lần lợt H I Chứng minh:

a) Tø gi¸c MAOB néi tiÕp. b) MC.MD = MA2

c) OH.OM + MC.MD = MO2

d) CI tia phân giác góc MCH.

Cõu (1 điểm):

Tìm cặp số (x ; y) thoả mãn: x 2 x2 4y24y3

================Hết================

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm

1a

   

3 2x1 2 3 x

3

6

8

x x x x

        1.0

1b

   

 

   

1

1 1 1

: :

1 1 1 1 1

x

x x

P

x x x x x x x x x

                                            0.25     1 x x P x x x     0.5 P x    0.25 1c

Phương trình hồnh độ giao điểm (d) (P) là: x2 3x 2m 1 0 (*)

Đường thẳng (d) cắt (P) hai điểm nằm hai phía trục tung phương trình (*) có hai nghiệm trái dấu

0 x x        0.25 Ta có:

8

m m 

       

Khi đó, theo định lí Viét ta có x x1 2m1

1

1

2

x x    m   m

0.25

0.25

Vậy

1

m 0.25

2a

Khi m = ta có hệ phương trình:

2 2,5 2,5

3 3.2,5 7,5

x x x

x y y y

                     0.5 2b    

2

3

x my x y        

 Từ (2) suy ra: y = 3x thay vào (1) ta được: 2x + 3mx = 5

 3m2x5 Vì hệ phương trình co nghiệm nên m

2

3 x 3m   

 Do đó: y = 15

3m2 0.25

m+1 x - y +

m-2 

5 15

4

3 2

m

m m m

        (*) Với m

m 2, (*)  10m 2  m1 3  m2 4m 3  m2

0.25

Khai triển, thu gọn phương trình ta phương trình: 5m2 – 7m + = 0 0.25

Do a + b + c = + (– 7) + =0 nên m1 = (TMĐK), m2 = 0,4 (TMĐK)

Vậy m = m = 0,4

0.25

3

Gọi chiều dài chiều rộng mảnh đất x (m) y (m) (điều kiện: x > 6, y > 0) 0.25

Lập luận để lập hệ phương trình    

360

6

xy

x y xy

         0.25

Giải hệ phương trình tìm

36 10 x y    

 (thoả mãn)

12 30 y x    

 (không thoả mãn)

0.25

4 Vẽ hình

0.25

4a Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp 0.75

4b Chứng minh MCAMAD (g.g) 0.5

Suy điều phải chứng minh 0.25

4c Chứng minh OH.OM = OA2 0.25

Chứng minh OH.OM + MC.MD = MO2 0.5

4d

Dễ thấy : MH.MO = MC.MD (= MA2)



MH MC

MD MO



DMOchung

 MCH MOD(c.g.c) 

MC CH MC MO MO

MO OD CH OD OA hay

MC MO

CH OA (1)

0.25

Ta có : MAI = IAH (2 góc chắn cung )

 AI phân giác góc MAH 

MI MA

IH AH (2) (Theo tính chất đường phân giác tam giác) :

0.25

Xét MHA MAO có : OMA chung

MHA MAO  = 900

Do : MAO MHA (g.g) 

MO OA MO MA

MA AH  OA AH (3)

0.25

Từ (1)(2)(3) suy :

MC MI

CH IH suy CI tia phân giác MCH (đpcm)

0.25

5

Xét vế trái: x 2 x2

áp dụng BĐT BunhiaCốpski cho sôs (1 ; 1) (x ; 2 x2 ) ta có :

 

2 2 2

2 1 2 2

x  x   x   x  

Dấu (=) xảy x =

0.25

Xét VP:  

2

4y 4y 3 2y1  2

Dấu (=) xảy y =

-1

0.25

Vậy x 2 x2 4y24y 3 x =1 y

=-1

0.25

Vậy nghiệm phương trình

1

x y

   

  

0.25

(Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa)

H I

D C

B A