De thi vao 10 20112012

[r]

Năm học: 2011 – 2012

Thời gian làm bài: 120 phỳt

Bài 1: (2 điểm) Giải cỏc phương trỡnh và hệ phương trỡnh sau:

a) 2x2 3x 2 0  c) 4x4 13x2  3 0

b)

x y

x y





Bài 2: (1,5 điểm) Thu gọn cỏc biểu thức sau:

A =



B

C

Bài 3: (1,5 điểm) Cho (P) : y = 4

x 2



và (d) : y = 4 3m

x



a) Vẽ (P) và (d) trờn cựng một hệ trục toạ độ khi m = 1

b) Tỡm toạ độ giao điểm của (P) và (d) bằng phộp tớnh ở cõu a?

c) Tỡm m để đường thẳng (d) tiếp xỳc với (P)

Bài 4: (1,5 điểm) Cho phương trỡnh x2 (3m1)x2m2m1 0 (x là ẩn số)

a) Giải phương trỡnh với m = 1

b) Chứng minh rằng phương trỡnh luụn luụn cú 2 nghiệm phõn biệt với mọi giỏ trị của m c) Gọi x1, x2 là cỏc nghiệm của phương trỡnh Tỡm m để biểu thức sau đạt giỏ trị lớn nhất:

A = x12x22 3x x1 2

Bài 5 (3,5 điểm) Cho đờng tròn (O; R) và một điểm M nằm ngoài đờng tròn sao cho OM

= 2R Đờng thẳng d đi qua M và, tiếp xúc với đờng tròn (O; R) tại A Gọi N là giao điểm của đoạn thẳng MO với đờng tròn (O; R)

1) Tính độ dài đoạn thẳng AN theo R Tính số đo góc NAM

2) Kẻ hai đờng kính AB và CD khác nhau của đờng tròn (O; R) Các đờng thẳng BC,

BD cắt đờng thẳng d lần lợt P, Q

a) Chứng minh tứ giác PQDC nội tiếp

b) Chứng minh 3BQ – 2 AQ > 4R

Bài 1: (2 điểm) mỗi câu đúng được 0,5 điểm

a) 2x2 3x 2 0 

9 16 25

   

2

x   hay x 

b)

x y

x y







x y



 



3 1 2

y x







 





c) 4x4 13x2  3 0 , đặt u = x2, ( u  0)

phương trình thành : 4u2 – 13u + 3 = 0 (4)

có   169 48 121 11    2

 u  TM hay u  TM

Do đó (3)

1

3 2

x hay x

d) 2x 2 2x1 0 ĐK x  0

đặt y= x 2y2 2 2y1 0

' 2 2 4

   

Do đó 1

2 2

2



2



Tìm x=

Bài 2 : mỗi câu đúng được 0,5 điểm

A =



B 12 6 3  21 12 3  (3  3)2  3(2  3)2   3 3 (2   3) 3  3

C

2C = 5 4 2 3   6 2 5   5 2 4 2 3   6 2 5   32

= 5 (1  3) ( 5 1)    5 2 ( 3 1) ( 5 1)     32

= 5.3 5 20    C = 10

Bài 3: mỗi câu đúng được 0,5 điểm

Bài 4:

a) 0,5đ Thay m vào pt đúng

giải và tìm đúng nghiệm

Suy ra phương trình luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m

c)0,5đ Ta có x1 + x2 = 3m + 1 và x1x2 = 2m2 + m – 1

A=x12x22 3x x1 2 x1 x22 5x x1 2

(3m 1) 5(2m m 1)

Do đó giá trị lớn nhất của A là :

25

4 Đạt được khi m =

1 2

Vẽ hỡnh gtkl 0,25đ

Q

P

D

B

M

N

O

A C

1 1điểm

+ Tính đợc MN = R và chỉ ra N là trung điểm của MO

+ Chỉ ra đợc OA vuông góc với AM và suy ra tam giác MAO vuông tại A

+ áp dụng định lý đờng trung tuyến trong tam giác vuông MAO tính đợc

AN = R

+ Tính đợc góc NAM = 300

0,25 0,25 0,25 0,25

2 (2,25đ)

a) 1.25điểm Chứng minh tứ giác PQDC nội tiếp

+Ch + Chỉ ra đợc cung nhỏ AD = cung nhỏ BC; cung nhỏ AC = cung nhỏ BD

+ Ta có góc PQD là góc có đỉnh ở bên ngoài đờng tròn nên

gócPQD =

1

2(sđ cung BCA – sđcungAD) =

1

2sđ cung AC.

+Ta có góc BCD =

1

2sđ cung BD (tính chất góc nội tiếp)

 gócPQD = góc BCD

Mà góc BCD + gócDCP = 1800 nên góc PQD + góc DCP = 1800

Vậy tứ giác PQDC nội tiếp

0,50 0,25 0,25 0,25

b) 1 điểm Chứng minh 3BQ – 2AQ > 4R

*Xột tam giỏc ABQ cú : BQ2 = AB2 + AQ2

Ta cú : 3BQ – 2AQ > 4R

3BQ > 2AQ + 2AB ( vỡ AB = 2R )

 9BQ2 > 4 AQ2 + 8AQ.AB + 4AB2

9AB2 + 9AQ2 > 4 AQ2 + 8AQ.AB + 4AB2

4( AQ – AB )2 + AQ2 + AB2 > 0 ( luụn đỳng )  đpcm

0,25 0,25 0,25 0,25