đề thi thử vào lớp 10

Cho tam giác ABCcó ba góc nhọn nội tiếp đường tròn O.. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn O lần lượt tại M,N,P... Cách 2: Ta thấy với mọi m, a và c trái dấu nhau

Sở GD &ĐT NGhệ An

Phòng GD&ĐT Nghĩa Đàn

Trường THCS Nghĩa Lâm

ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI THỬ

VÀO LỚP 10

(Năm học 2009 - 2010)

Bài 1 Cho biểu thức : B =

−

a, Tìm điều kiện của x để B xác định

b, Chứng minh biểu thức B có giá trị

nguyên

Bài 2 Gải các phương trình sau :

a, 2x2 + 3x - 5 = 0

b, x4 - 3x2 - 4 = 0

Bài 3

a, Vẻ đồ thị hàm số (p) y = -x2 và đồ thị

hàm số (d) y = x - 2 tên cùng một hệ trục toạ độ

b, Tìm toạ độ các giao điểm của (p) và (d)

ở câu trên bằng phép tính

Bài 4.

Cho phương trình x2 - 2mx - 1 = 0 (m là

tham số)

a, Chứng minh rằng phương trình luôn luôn

có hai nghiệm phân biệt

b, Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương

trình Tìm m để x12 + x22 =

7

Bài 5 Cho tam giác ABCcó ba góc nhọn nội

tiếp đường tròn (O) Các đường cao AD, BE,

CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt

tại M,N,P

Chứng minh rằng :

1, Tứ giác CEHD nội tiếp

b,Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm tên một

đường tròn

3, AE AC = AH AD , AD BC = BE

AC

4, Chướng minh tam giác HCM cân

5, Xác định tâm của đường tròn nội tiếp tam giác DEF

6, Gọi I là trung điểm của BC chứng minh OI =

2

1 AH

Gợi ý giải đề thi môn toán

Câu 1 a, Điều kiện xác định , x>0 ; x ≠ 4

b) B =

−

=

−

=

( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) (x 4)( x 2).

x ( x) 2 ( x 2)

= x 3 x 2 (x 3 x 2)

x

+ + − − + =

6 x

x = 6 Vậy B nhận giá trị nguyên

Câu2 a) 2x2 + 3x – 5 = 0 (1)

Cách 1: Phương trình có dạng a + b

+ c = 0 nên phương trình (1) có hai nghiệm là:

x1 = 1 hay x2 = ca= −25.

Cách 2: Ta có ∆ = b2 – 4ac = 32 – 4.2.(–5) = 49 > 0 nên phương trình

(1) có hai nghiệm phân biệt là x1 = − − = −3 74 52 hoặc

x2 = 3 7 1

4

− + =

b) x4 – 3x2 – 4 = 0 (2)

Đặt t = x2, t ≥ 0

Phương trình (2) trở thành t2 – 3t – 4 = 0 ⇔  =tt 4= −1 (a

– b + c = 0)

So sánh điều kiện ta được t = 4 ⇔ x2 = 4 ⇔ x = ± 2

Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là x =

2 hoặc x =

Phương trình (2) trở thành t2 – 3t – 4 = 0 ⇔  =tt 4= −1 (a

– b + c = 0) ,

t = -1 loại

So sánh điều kiện ta được t = 4 ⇔ x2 = 4 ⇔ x = ± 2

Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là x =

2 hoặc x = –2

Câu 3

a) * Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = –x2:

y = –x2 –4 –1 0 –1 –4

* Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = x – 2:

y = x –

2

Đồ thị (P) và (D) được vẽ như sau:

b) Phương trình hoành độ giao

điểm của (P) và (D) là:

–x2 = x – 2 ⇔ x2 + x – 2 = 0

⇔ x = 1 hay x = –2 (a + b + c = 0) Khi x = 1 thì y = –1; Khi x = –

2 thì y = –4

Vậy (P) cắt (D) tại hai điểm là (1; – 1) và (–2; –4)

=

( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) (x 4)( x 2).

x ( x) 2 ( x 2)

= x 3 x 2 (x 3 x 2)

x

=

6 x

x = 6.

Câu 4: x2 – 2mx – 1 = 0 (m là tham số)

a) Chứng minh phương trình trên

luôn có 2 nghiệm phân biệt

Cách 1: Ta có: ∆' = m2 + 1 > 0 với mọi m nên phương trình trên luôn

có hai nghiệm phân biệt

Cách 2: Ta thấy với mọi m, a và c

trái dấu nhau nên phương trình luôn

có hai phân biệt

b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình trên Tìm m để

x + x − x x = 7.

-3 -2 -1 1 2 3

-4 -3 -2 -1

x y

O

Theo a) ta cú với mọi m phương trỡnh luụn cú hai

nghiệm phõn biệt

Khi đú ta cú S = x x 1 + 2 = 2m và P = x1x2 = –1

Do đú x 12+ x22 − x x 1 2 = 7 ⇔ S2 – 3P = 7 ⇔ (2m)2 + 3 =

7 ⇔ m2 = 1 ⇔ m = ± 1

Vậy m thoả yờu cầu bài toỏn ⇔ m = ± 1

Cõu 5 Lời giải:

1 Xét tứ giác CEHD ta có:

Góc CEH = 90 0 ( Vì BE là đờng cao)

∠ CDH = 90 0 ( Vì AD là đờng cao)

=> ∠ CEH + ∠ CDH = 180 0

Mà ∠ CEH và ∠ CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD ,

Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp

2 Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE ⊥ AC => ∠BEC =

90 0

CF là đờng cao => CF ⊥ AB => ∠BFC

= 90 0

Nh vậy E và F cùng nhìn BC dới một góc 90 0 => E và F

cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC.

Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn.

3 Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: ∠ AEH = ∠ ADC =

90 0 ; Â là góc chung

=> ∆ AEH ∼ ∆ADC => AD AE =AH AC => AE.AC =

AH.AD.

* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: ∠ BEC = ∠ ADC =

90 0 ; ∠C là góc chung

=> ∆ BEC ∼ ∆ADC => AD BE =BC AC => AD.BC = BE.AC.

4 Ta có ∠C 1 = ∠A 1 ( vì cùng phụ với góc ABC)

∠C 2 = ∠A 1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

=> ∠C 1 = ∠ C 2 => CB là tia phân giác của góc HCM; lại

có CB ⊥ HM => ∆ CHM cân tại C

=> CB cũng là đơng trung trực của HM vậy H và M đối

xứng nhau qua BC.

5 Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên

một đờng tròn

=> ∠C 1 = ∠E 1 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)

Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp

 ∠C 1 = ∠E 2 ( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)

 ∠E 1 = ∠E 2 => EB là tia phân giác của góc FED.

Chứng minh tơng tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc

DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đờng tròn

nội tiếp tam giác DEF.

6 ( cần phải kẻ đường phụ )

gọi I là trung điểm của BC , nối C với I ta cú OI

vuụng gúc với BC Điều này khiến ta nghỉ ngay

đến đường trung bỡnh của tam giỏc ? nhưng tam giỏc đú là tam giỏc nào ? Vỡ vậy ta phải mượn đường phụ AO , AO cắt đường trũn tõm (o) tại K ta dể dàng chứng minh được tứ giỏc BKCH

là hỡnh bỡnh hành , và như thế thỡ 3 điểm H,I,K thẳng hàng từ

đú suy ra OI là đường trung bỡnh của tam giỏc AHK (tớnh chất đường chộo hỡnh bỡnh hành ) , suy ra điều cần chứng minh