DE THI THU TOAN VAO LOP 10 LAN 11

Từ tiếp điểm M, vẽ đường thẳng vuông góc với BC, đường thẳng này cắt BC tại H và cắt đường tròn O tại N.. a Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp.[r]

ĐỀ THI THỬ TOÁN VÀO LỚP 10 LẦN 11 Năm 2014 Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2.0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A  69  16     x  y  x  y  1,1 b) Giải hệ phương trình:     0,1  x  y x  y Bài 2: (2.5 điểm) Cho phương trình bậc hai: x  2mx  m   (1) với m là tham số a) Giải phương trình với m = – b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với giá trị m c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức: 1   16 x1 x2 Bài 3: (2.0 điểm) Một miếng đất hình chữ nhật có chiều rộng chiều dài và có diện tích 360 m2 Tính chu vi miếng đất Bài 4: (2.5 điểm) Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng (B nằm A và C) Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC và tiếp tuyến AM với đường tròn Từ tiếp điểm M, vẽ đường thẳng vuông góc với BC, đường thẳng này cắt BC H và cắt đường tròn (O) N a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp b) Chứng minh OH OA  BC c) Từ B kẻ đường thẳng song song với MC, đường thẳng này cắt AM D và cắt MN E Chứng minh tam giác MDE cân d) Chứng minh HB AB  HC AC Bài 5: (1.0 điểm) Cho hình trụ có diện tích đáy 36 cm2 và chiều cao cm tính diện tích toàn phần và thể tích hình trụ HẾT -*Ghi chú: Thí sinh sử dụng máy tính đơn giản, các máy tính có tính tương tự máy tính Casio fx-570 MS LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 11 Bài 1: a) Rút gọn biểu thức: A 69  16    A 64  16      A 8    A    1   1  A    1 (vì   và   )  A  A3 b) Giải hệ phương trình:   x  y  x  y  1,1  (I )     0,1  x  y x  y  X  x  y Đặt:  Y   x y (ĐK: x   y ) Hệ (I) trở thành: 2 X  6Y  1,1  4 X  9Y  0,1 1,1  6Y  X    X  9Y  0,1 1,1  6Y   X     1,1  6Y   9Y  0,1     1,1    X 10  X       Y  1 Y    10  10   x y  x  y  x  Do đó:     x  y  10 y     x  y 10 (nhận) Vậy: Nghiệm hệ phương trình là: (x;y) = (7;3) Bài 2: a) Giải phương trình với m = – x  2mx  m   (1) Với m = – 1, ta có: (1)  x   1 x   1    x2  2x   a 1 b   b' 1 c  8  '  b '2  ac   '  12  1.(8)  '    '   Phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1  b '  ' 1   2 a x2  b '  ' 1    4 a Vậy: Tập nghiệm phương trình là: S  2; 4 b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với giá trị m x  2mx  m   (1) a 1 b  2m  b '  m c  m7  '  b '2  ac   '  (m)  1.(m  7)   '  m2  m  1    '   m2  m     4   27   '  m     với m 2   Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với giá trị m [đpcm] c) Tìm m: Theo định lý Vi-ét, ta có: b 2m   x1  x2   a    2m  x x  c  m   m   a 1 x x 2m Ta có:   16   16   16  2m  16(m  7)  m  x1 x2 x1 x2 m7 Vậy: Với m = thì phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện đề bài Bài 3: Gọi x (m) là chiều dài miếng đất (x > 0) Chiều rộng miếng đất là: x (m) Theo đề bài, ta có phương trình: x  x  360  x  360  x  900  x  900  x  30 (vì x > 0) Chiều rộng miếng đất là:  30  12 (m) Chu vi miếng đất là: (30 + 12) = 84 (m) Trả lời: Chu vi miếng đất là 84 m Bài 4: (2.5 điểm) (O), đường kính BC, AM  OM, Mx  BC, Mx I BC= H  , GT Mx I (O)=  N  , By//MC, By I AM= D , By I MN= E a) Tứ giác AMON nội tiếp b) OH OA  KL BC c)  MDE cân d) HB AB  HC AC a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp Trong OMN , ta có: OM = ON (bán kính)  OMN cân O Vì OH  MN (gt) Hay OH là đường cao Nên OH là đường phân giác · ·  MOH  NOH Xét MOA và NOA , ta có: OM = ON (bán kính) · · (cmt) MOA  NOA OA là cạnh chung  MOA  NOA (c-g-c) · ·  OMA  ONA · Mà OMA  900 (gt) ·  900 Nên: ONA ·  ONA ·  900  900  1800 Do đó: OMA Xét tứ giác AMON, ta có: ·  ONA ·  1800 (cmt ) OMA  Tứ giác AMON nội tiếp đường tròn đường kính OA [đpcm] BC b) Chứng minh OH OA  Xét HOM và NOA vuông H và N, ta có: · · (cmt) HOM  NOA  HOM : NOA ( g  g ) OH OM   ON OA BC BC BC  OH OA  OM ON    2 c) Chứng minh tam giác MDE cân Gọi K là giao điểm DE với đường tròn (O) Trong đường tròn (O), ta có: BK//MC (gt) ¼  CK »  BM ¼ – sđ BM ¼ ) · sđ MDK (góc có đỉnh bên ngoài đường tròn)  (sđ MK ¼ + sđ CK » – sđ BM · ¼ )  sđ MDK  (sđ MC ¼ ·  sđ MDK  sđ MC » ) · ¼ + sđ KN sđ MEB (góc có đỉnh bên đường tròn)  (sđ BM » + sđ KN » ) ·  sđ MEB  (sđ CK » ·  sđ MEB  sđ CN Vì OC  MN (gt) ¼  CN » Nên: MC · · Do đó: MDE  MED Hay MDE cân M [đpcm] d) Chứng minh HB AB  HC AC Trong đường tròn (O), ta có: · BMC  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Hay: MB  MC Ta lại có: MC//DE (gt) Do đó: MB  DE Hay MB là đường cao MDE cân M  MB là đường phân giác MDE cân M Trong MAH , ta có: MB là đường phân giác (cmt) MA BA (t/c đường phân giác)  MH BH Ta lại có: MB  MC (cmt)  MC là đường phân giác ngoài MA CA (t/c đường phân giác)   MH CH  Từ (1) và (2) suy ra: BA CA  BH CH (t/c bắc cầu) (1) (2)  AB BH  AC CH [đpcm] Bài 5: Bán kính đáy hình trụ là: Sđáy =  r   r  36  r  36  r  cm Diện tích toàn phần hình trụ là: Stp = Sxq + 2.Sđáy  Stp  2 6.8  2.36  Stp  168 (cm2 ) Thể tích hình trụ là: V   r 2h  V   62.8  V  288 (cm3 )