de thi vao 102da

Đến nơi , sau khi lấy hóa vật thàng 8 thuyền quay về và vào cửa Eo ,Phú Xuân, quãng đường dài hơn lúc đi 25 hải lý nhưng vì thuận gió nên thuyền chạy với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi l[r]

Đề thi thử vào 10 môn Toán năm học 2014-2015 Trường THCS Ngô Mây Phù Cát Bình Định Thời giam 90p Bài 1:(2đ) 1/ Giải các phương trình sau a/ 2x2 – 7x = b/ 9x4 + x2 – = 2/ Tìm a và b biết đồ thị hàm số y = ax+ b qua điểm A( ; ) và B ( -2 ;-3) Bài (2đ) Thời nhà Nguyễn , vào tháng hàng năm đội thuyền Hoàng Sa từ đảo Lý Sơn quần đảo hoàng sa cách khoảng 200 hải lý thuyền câu nhỏ Đến nơi , sau lấy hóa vật thàng thuyền quay và vào cửa Eo ,Phú Xuân, quãng đường dài lúc 25 hải lý vì thuận gió nên thuyền chạy với vận tốc lớn vận tốc lúc là 0,5 hải lý / nên thời gian nhanh lúc là tính vận tốc lúc Bài (2đ) Cho parapol (P) : y= x2 và đường thẳng (d) : y = mx – m +2 a/ Chứng minh (d) luôn cắt (P) điểm phân biệt với m b/ Tìm điều kiện m cho (d) cắt (P) điểm nằm hai phía trục tung Bài 4: (3đ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) đường kính BC ( AB < AC ) Phân giác góc BAC cắt BC D , cắt đường tròn E a/ Chứng minh AB.AC = AD AE b/ Vẽ đường cao AH tam giác ABC Chứng minh AD là phân giác góc HAO c/ Trên tia đối tia CB lấy điểm M cho CM = CA 1   chứng minh MC MH MB Bài (1đ) Cho hai số dương h và d thõa mãn 9h + 81d = 21 Tìm giá trị nhỏ biểu thức  T= h d HDG Bài 1: 2 a/ x1 = ; x2 = b/ pt có nghiệm x1 = x2 = Bài 2: a=2;b=1 Bài 3: Gọi x(hải lí /giờ) là vận tốc thuyền lúc x+0,5 (hải lí /giờ) là vận tốc thuyền lúc 200 g Thòi gian x 225 225 200 g Thời gian x  0,5 Phương trình x - x  0,5 =5  x2 – 5,5x – 20 = Giải phương trình ta x1 = 2,5 và x2 = -8 ( loại ) Vận tốc thuyện lúc là 2,5 ( hải lí/g) Bài 4: a/ Phương trình hoành độ giao điểm d và P là : x2 – mx +m – = (1)  (m  2)   với m  d luôn cắt P điểm phân biệt với m b/ d cắt P hai điểm nằm hai phía trục tung  ac <  m < Bài a / ABD AEC ( g  g ) A P N B j HD O M C E Suy AB AC = AD AE b/ Góc HAD = góc DAO ( cùng góc OED suy AD là phân giác góc HAO c/ Cách 1 1    MH MB MC  CH MC  CB 2MC  BC  CH MC  BC  CH MC  MC.CB  CH MC  CH CB = MC  MC.CB  CH MC  MC = 2MC  BC  CH 2MC  BC  CH   MC ( MC  CB  CH  MC ) MC (2MC  BC  CH ) MC ( AC2 = MC2 = CH.CB) 1   MH MB MC Vậy Cách 2: Vẽ CP //AH và CN //AB MC MC MP MN MP  MN MP  AP MA       1 MA MA MA => MH MB MA MA ( MN=AP) 4     9h  81d  21 Bai5 : T = h d h d ( h >0 và d >0) 1  9h 2 9h 6 h Áp dung bất đẳng thức cô si ta cớ h 4  81d 2 81d 36 d d Suy T  6+36 – 21 =21  h   d  Vậy T = 21   Người Gởi:GV: Trần Vĩnh Hinh THCS Ngô Mây Phù Cát Bình Đinh