Đề thi thử 2 TS 10 Khánh An - AG

Bài 4: 3,5 điểm Cho đường tròn tâm O, từ điểm A nằm bên ngoài đường tròn O, vẽ hai tiếp tuyến AB và AC với đường tròn B, C là hai tiếp điểm.. Kẻ dây CD song song với AB.. Chứng minh IA

TRƯỜNG THCS KHÁNH AN ĐỀ THI THỬ 2 TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

NĂM HỌC : 2013 – 2014 Môn : TOÁN

(Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian phát đề)

Bài 1 : ( 2 0 điểm )

1 / Tìm x để 3 x  2 xác định ?

2 / Rút gọn các biểu thức sau :

a / 49  5   3  5 2

b /

Bài 2: (2,5 đ)

1) Giải phương trình và hệ phương trình sau:

2

) 4 4 3 3 0

a x  x  

)

x y b







2)

Bài 3 : ( 2 0 điểm )

Trong mặt phẳng tọa độ 0xy, cho Parabol (P) : 1 2

3

y x và đường thẳng (d) :y2x m .

1 /Vẽ (P)

2 / Xác định hàm số (d’)y ax b  , Biết rằng đồ thị của nó đi qua điểm B(1 ; 4) và song song với đường thẳng (d)

3 / Tìm tọa độ giao điểm (d’) với (P)

Bài 4: (3,5 điểm)

Cho đường tròn tâm O, từ điểm A nằm bên ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến

AB và AC với đường tròn ( B, C là hai tiếp điểm ) Kẻ dây CD song song với AB Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại E

a/ Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp;

b/ Chứng tỏ AB.AC = AE.AD

c/ CE kéo dài cắt AB ở I Chứng minh IA = IB.

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

NĂM HỌC : 2012 – 2013

Môn : TOÁN

1

1/ 3x  2 xác định khi 3x  2 0

2

3

x

Vậy 2

3

x  thì 3x  2 xác định

0,25 0,25

2a / 49  5  3  52

7 5 3 5

10

   



0,25 0,25

3

2 6 1

2



0,25 0,5

0,25

2

2

a x  x  (1)

Có dạng a + b + c = 1 – 2013 + 2012 = 0

Vậy phương trình (1) có hai nhiệm x1 1;x2 2012

0,5 đ

x y x y x

x y x y x y

y y

Vậy hệ phương trình có một nghiệm là (2 ; 1)

0,25 0,25

2/ x2 2mx1 0, ( Với m là tham số )

• phương trình có hai nghiệm phân biệt :  ' m2 1 0(Với mọi m)

• Theo Vi – ét , ta có : 1 2

1 2

2 1

x x m

x x









1 2 1 2 7 1 2 3 1 2 7

x x  x x   x x  x x  2

4m 3 7 m 1

Do đó m = -1 ; m = 1 thì phương trình có hai nghiệm x x1, 2thỏa mãn

2 2

1 2 1 2 7

x x  x x 

0,25 0,25

0,25

3/• Gọi một cạnh góc vuông là x (cm)

Cạnh góc vuông còn lại : 25,5 – x (cm)

Điều kiện : 0 < x < 19,5

•Theo định lý Pytago , ta có phương trình : x225,5 x2 19,52

 2  2

2 25,5 50 2 19,5

0,25

 512 4 2 270 441 0 21

• Vì  > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt :

 

 

1

18 2.2

x     TMDK ; 2    

7,5 2.2

x     TMDK

Vậy độ dài các cạnh góc vuông là 18cm và 7,5cm

0,25

0,25

3

1/ Với m = - 3 thì (d) cho trở thành : y2x 3

2/• Theo đề bài , ta có : a = 2 ; x = 1 ; y = 4

• Thay các giá trị này vào y ax b  , ta được : 2 1 + b = 4 hay b = 2

Vậy hàm số cần xác định là y2x2

0,25 0,25

3/• Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) :

2 2

3

x

x m

• Để (d) tiếp xúc với (P) khi '  2

Vậy m = - 3 thì (d) tiếp xúc với (P)

• Ta có :

'

1 2 b 3

x x x

a



    ; 1 2

3

y   

Do đó tọa độ điểm tiếp xúc của (d) và (P) là (3 ; 3)

0,25

0,5

0,25

4

Hình vẽ

I E D

C

B

A O

0,5 đ

a/ Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp;

Xét tứ giác ABOC có :

ABO ACO 90  ( t/c tiếp tuyến )

1,0 đ

2

-2

1,5

(d)

3 2

- 1

-3

1

1

- 1

y

0

Mà hai góc ABO và ACO đối nhau

Do đó tứ giác ABOC nội tiếp trong đường

tròn đường kính OA

b/ Chứng tỏ AB.AC = AE.AD

Xét ADB và ABE có : A là góc chung

ABE ADB ( vì cùng chắn cung BE )

 

AB.AB AE.AD

Mà AB = AC ( t/c hai tiếp tuyến cắt nhau )

Do đó : AB.AC = AE.AD

1,0 đ

c/Chứng minh IA = IB.

*Xét hai tam giác IBE và ICB có góc I chung

IBE ECB ( cùng chắn cung BE)

 IBE ~ ICB 

IC

IB IB

IE

  IB2 = IE ICu Xét IAE và ICA có I chung;

sđ IAE = 21 sđ ( DB BE  ) ( ĐL về góc có đỉnh ở bên ngoài đường

tròn )

-Vì CD // AB ( gt )

BCD ABC

  ( hai góc so le trong )

DB BC

  ( hai góc nội tiếp bằng nhau thì chắn hai cung bằng nhau )

 IAE =s (BC-BE) = s CE= ECA®   12 ®  

 IAE  ICAIC IA IE IA  IA2 = IE IC v

Từ uvàv  IA2 = IB2  IA = IB

** CHÚ Ý : HS làm cách khác đúng vẫn được điểm tối đa

1,0 đ