ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 2012 03

Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung.. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn O, gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC.. Chứng minh các

Phòng GD & ĐT Quảng Trạch

Trờng THCS Cảnh Hóa

Họ tên HS: ………

Số báo danh: ………

Đề THI THử VàO LớP 10 NĂM HọC 2011- 2012

mÔN: tOáN Thời gian: 120 phút(Không kể thời gian giao đề)

Đề có: 01 trang, gồm có 05 câu Mã đề 03

xy x

y x

y y

y x

x P



















1 1 1

) )

1 )(

(

a) Tìm điều kiện của x và y để P xác định Rút gọn P

b) Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2

Câu 2: Cho parabol (P) : y = -x2 và đờng thẳng (d) có hệ số góc m đi qua điểm M(-1 ; -2)

a) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (d) luôn cắt (P) tại hai điểm A , B phân biệt

b) Xác định m để A,B nằm về hai phía của trục tung

Câu 3: Giải hệ phơng trình :

























27 1

1 1

1

9

zx yz

xy

z y

x

z y

x

Câu 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn (C A;C B ) Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N

a) Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân

b) Khi MB = MQ , tính BC theo R

Câu 5: Cho x,y,z  R thỏa mãn: x y z x y z









1

Hãy tính giá trị của biểu thức : M =

4

3

+ (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10)

hớng dẫn và biểu điểm chấm 03

Đề THI THử VàO LớP 10 NĂM HọC 2011 - 2012

Bài 1: a) Điều kiện để P xác định là: x  0 ; y  0 ; y  1 ; x  y  0

     

P



     

x y x x y y xy x y



  1  1 

x y x y x xy y xy



       

   



1 

x y y y x

y

  





     

 

1

y



N

M

O

C

B A

Vậy P = x  xy  y.

b) P = 2  x  xy  y.= 2

   

 11  1

1 1 1



















y x

y y

x

Ta có: 1 + y 1  x  1 1  0  x 4  x = 0; 1; 2; 3 ; 4

Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn

Bài 2: a) Đờng thẳng (d) có hệ số góc m và đi qua điểm M(-1 ; -2) Nên phơng trình đờng thẳng (d)

là : y = mx + m – 2

Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phơng trình:

- x2 = mx + m – 2

 x2 + mx + m – 2 = 0 (*)

Vì phơng trình (*) có  m2  4m  8 m  22  4  0 m nên phơng trình (*) luôn có hai nghiệm phân biệt , do đó (d) và (P) luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B

b) A và B nằm về hai phía của trục tung  phơng trình : x2 + mx + m – 2 = 0 có hai nghiệm trái dấu  m – 2 < 0  m < 2

Bài 3 :

 

 

























3 27

) 2 ( 1

1 1

1

1 9

xz yz

xy

z y

x

z y

x

ĐKXĐ : x  0 , y  0 , z  0

2 2 2

( ) 0

( ) 0

( ) 0

x y z xy yz zx x y z xy yz zx

x y y z z x

z x

z x

        



Thay vào (1) => x = y = z = 3

Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phương trình Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3

Bài 4:

a) Xét ABM và NBM

Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O)

nên :AMB = NMB = 90o

M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC

nên ABM = MBN => BAM = BNM

=> BAN cân đỉnh B

Tứ giác AMCB nội tiếp

=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB)

=> MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM)

=> Tam giác MCN cân đỉnh M

b) Xét  MCB và  MNQ có :

MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)

 BMC = MNQ ( vì : MCB = MNC ; MBC = MQN )

=>  MCB   MNQ (c.g.c). => BC = NQ

Xét tam giác vuông ABQ có ACBQ  AB2 = BC BQ = BC(BN + NQ)

=> AB2 = BC ( AB + BC) = BC( BC + 2R)

=> 4R2 = BC( BC + 2R) => BC = ( 5  1 )R

Bài 5:









1











z y x z y x

=>    0















z y x z

z z y x xy

y

x

0 )

(

0 1

1

2































































x z z y

y

x

z y x xyz

xy z

zy zx

y

x

z y x z xy

y

z

Ta cã : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4)=

y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - + z8)

z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5) VËy M =

4

3

+ (x + y)(y + z) (z + x) A =

4 3