de thi thu vao lop toan 20122013

Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình (1) mà không phụ thuộc vào m.. Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC.[r]

TRƯỜNG THCS

MÃO ĐIỀN ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013Mụn thi: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phỳt( khụng kể thời gian giao đề)

Bài 1 ( 2 điểm ) ) Cho biểu thức

  

A

x x 1 x x 1 (Với x 0 ;x 1)

a Rỳt gọn biểu thức trờn

b Tỡm cỏc giỏ trị x để A = 13

Bài 2 (3,0 điểm) 1 Vẽ đồ thị (P) của hàm số y =

1

2x2 Tìm a và b để đờng thẳng y=ax+b đi qua điểm (0;-1) và tiếp xúc với (P)

2 Cho phương trỡnh x2 - 2(m-1)x + m - 3 = 0 (1)

a Chứng minh phương trỡnh luụn cú 2 nghiệm phõn biệt

b Tỡm một hệ thức liờn hệ giữa hai nghiệm của phương trỡnh (1) mà khụng phụ thuộc vào m

c Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của P = x2

1 + x2

2 (với x1, x2 là nghiệm của phương trỡnh 1)

Bài 3 (1,5 điểm)

Có hai thửa đất hình chữ nhật,thửa thứ nhất có chu vi là 240m, thửa thứ hai

có chiều dài ,chiều rộng hơn chiều dài, chiều rộng của thửa thứ nhất là 15m Tính

chiều dài, chiều rộng của mỗi thửa đất biết rằng tỉ số diện tích giữa thửa thứ nhất và

thửa thứ hai là

5

8.

Bài 4 (3,0 điểm)

Cho đường trũn (0) với dõy BC cố định và một điểm A thay đổi vị trớ trờn cung

lớn BC sao cho AC >AB và AC > BC Gọi D là điểm chớnh giữa của cung nhỏ BC Cỏc tiếp tuyến của (O) tại D và C cắt nhau tại E Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của cỏc cặp đường thẳng AB với CD; AD và CE

a Chứng minh rằng DE// BC

b Chứng minh tứ giỏc PACQ nội tiếp

c Gọi giao điểm của cỏc dõy AD và BC là F

Chứng minh hệ thức: CE

1 = CQ

1 +

1 CF

Bài 5(0,5 điểm)

Tìm tất cả các cặp số ( x, y ) thỏa mãn phơng trình sau:

5x -2 x(2+y) + y2+1 = 0

đáp án

B i 1 à : 1a



x x x 1 x 2 x 1 2 x 1 x 1 A

x x 1

x x 1 2 x 1 2 x 1

1





x x

A

1b A13 x x 1 13 x x 120

Đặt t  x; t 0suy ra t2 - t - 12 = 0 Tớnh   49    7

t1 = -3 (lo i); tạ 2 = 4  x  4  x 16 K t lu n nghi m x = 16ế ậ ệ

Bài 2: a '= m2 –3m + 4 = (m - 2

3 )2 + 4

7

>0 m

Vậy phương trỡnh cú 2 nghiệm phõn biệt

b Theo Viột: 













3

) 1 ( 2

2 1

2 1

m x x

m x

x

=> 













6 2 2

2 2

2 1

2 1

m x x

m x x

<=> x1+ x2 – 2x1x2 – 4 = 0 khụng phụ thuộc vào m

a P = x12 + x12 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4(m - 1)2 – 2 (m-3) = (2m - 2

5 )2 +

m



 4

15 4

15

Vậy Pmin = 4

15 với m = 4

5

Bài 4: Vẽ hỡnh đỳng – viết giả thiết – kết luận

a SđCDE = 2

1

Sđ DC = 2

1

Sđ BD = BCD

=> DE// BC (2 gúc vị trớ so le)

b APC = 2

1

sđ (AC - DC) =  AQC

=> APQC nội tiếp (vỡ  APC =  AQC cựng nhỡn đoạn AC) c.Tứ giỏc APQC nội tiếp

CPQ =  CAQ (cựng chắn cung CQ)

CAQ =  CDE (cựng chắn cung DC)

Suy ra  CPQ =  CDE => DE// PQ

Ta có: PQ

DE

= CQ

CE

(vì DE//PQ) (1)

FC

DE

= QC

QE

(vì DE// BC) (2)

Cộng (1) và (2) :  1







CQ

CQ CQ

QE CE FC

DE PQ

DE

=>

DE

FC

PQ

1 1

1





ED = EC (t/c tiếp tuyến) từ (1) suy ra PQ = CQ

Thay vào (3) : CQ CF CE

1 1 1





MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1:(2,0 điểm) Cho biểu thức

1

1 2 2

1

2



















x

x x

x x x

x

x x A

(Với x0;x1)

a, Rút gọn biểu thức trên

b, Tìm các giá trị x để A = 13

Bài 2:(2,0 điểm)

Cho phương trình: x2 - 2(m - 1)x + m2 - 7 = 0

a Giải phương trình trên khi m = 2

b Tìm m để phương trình trên có 2 nghiệm phân biệt

Bài 3:(3,5 điểm)

Cho (O;R) và dây cung AB Gọi C là điểm nằm chính giữa cung lớn AB Từ

C kẻ đường kính

CD trên tia đối của CD lấy điểm S Nối SA cắt đường tròn tại M (M khác A) Nối MB cắt CD tại K, MC cắt AD tại H

a Chứng minh tứ giác DKMH nội tiếp một đường tròn

b Chứng minh HK // AB

c Chứng minh CK.CD = CH.CM

Bài 4:(1,5 điểm) Cho đường thẳng d: y = ax + b và (P): y = kx2

a Tìm a và b để đường thẳng d đi qua 2 điểm A(2;3) ; B(3;9)

b Tìm k (k  0) sao cho (P) tiếp xúc với đường thẳng d

Bài 5:(1,0 điểm) Cho x và y là 2 số thỏa mãn: 





















0 2

0 3 4 2

2 2 2

2 3

y y x x

y y x

Tính B = x2 +

y2

Bài làm:

Lý tự Trọng

Đề thi thử 1

A B

C

D O M S

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM

Bài 1:(2,0 điểm)

1a



 

x x x 1 x 2 x 1 2 x 1 x 1

A

x x 1  x x 1    2 x 1 2 x 1     

1





x x

A

1b A13 x x 1 13 x x 120

Đặt t  x; t 0suy ra t2 - t - 12 = 0 Tính   49    7

t1 = -3 (loại); t2 = 4  x 4 x16 Kết luận nghiệm x = 16

Bài 2:(2,0 điểm)

2a Với m = 2 thay vào được x2 - 2x - 3 = 0

có dạng a - b + c = 0 ( Hoặc tính   16) => x1 = -1 ; x2 = 3 và kết luận nghiệm

2b Tính ' 2 8







' 0 2 8 0











 m Suy ra m < 4 và kết luận m < 4 phương trình có nghiệm

Bài 3:(3,5 điểm)

3a Vẽ hình đúng (Chú ý không vẽ hình không chấm điểm)

Ta có CMKchắn cung CB và HDC chắn cung CA , mà CA CB 

Từ đó CMK HDC  Suy ra tứ giác DKMH nội tiếp một đường tròn

3b Ta có HKM HDM  ( tứ giác DKMH nội tiếp)

HDM ABM  ( tứ giác ABDM nội tiếp)

Từ đó suy ra HKM ABM  Vậy ta có HK // AB

3c Chứng minh CKM đồng dạng CHD Thật vậy ta có

Xét CKM và CHDcó góc C chung

CMK CDH  ( tứ giác DKMH nội tiếp) 

Từ đó ta có CD CH CM CK CD

CM CH

CK











Đpcm

Bài 4:(1,5 điểm)

4a Đi qua điểm A(2;3) thay x = 2 và y = 3 3 = 2a + b (1)

Đi qua điểm B(3;9) thay x = 3 và y = 9 9 = 3a + b (2)

Kết hợp (1) và (2) ta đợc hệ 

























9

6 9

3

3 2

b

a b

a

b a

Kết luận đường thẳngd: y = 6x - 9

4b Suy ra kx2 = 6x - 9 có nghiệm kép    0 Suy ra k = 1 và kết luận

Bài 5:(1 điểm)

Từ x3 + 2y2 - 4y + 3 = 0  x3 = -1 - 2(y - 1)2  -1 x  1(1)

Từ x2 + x2y2 - 2y = 0 1 1

2

2 2









y

y x

(2) Kết hợp (1) và (2) suy ra x = -1 do đó y = 1 Vậy B = x2 + y2 = 2

+ Giải pt bậc hai ẩn y theo x

MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (2,5 điểm)

Cho biểu thức P=

x 1

x 1 x 1





1 Rút gọn biểu thức P

2 Tìm x để P <

1 2

Bài 2: (2,5 điểm)Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình.

Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 24km Khi từ B trở về A người

đó tăng vận tốc thêm 4km/h so với lúc đi, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian

đi 30 phút Tính vận tốc của xe đạp khi đi từ A đến B

Bài 3: (1 điểm)

Cho phương trình x2 bx c 0  

1 Giải phương trình khi b = -3 và c = 2

2 Tìm b,c để phương trình đó cho có hai nghiệm phân biệt và tích của chúng bằng 1

Bài 4: (3,5 điểm)

Lý tự Trọng

Đề thi thử 2

Cho đường tròn (O; R) tiếp xúc với đường thẳng d tại A Trên d lấy điểm H không trùng với điểm A và AH <R Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với d, đường thẳng này cắt đường tròn tại hai điểm E và B ( E nằm giữa B và H)

1 Chứng minh góc ABE bằng góc EAH và tam giác ABH đồng dạng với tam giác EAH

2 Lấy điểm C trên d sao cho H là trung điểm của đoạn AC, đường thẳng CE cắt AB tại K Chứng minh AHEK là tứ giác nội tiếp

3 Xác định vị trí điểm H để AB= R 3

Bài 5: (0,5 điểm)

Cho đường thẳng y = (m – 1)x + 2

Tìm m để khoảng cách từ gốc tọa độ đến đường thẳng đó là lớn nhất

Bài làm:

Gợi ý một phương án bài giải đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT

Bài 1:

P =

x 1

x 1 x 1





1 Kết quả rút gọn

x 1

x 1



 với điều kiện xác định của biểu thức P là

x 0

x 1











2 Yêu cầu



Đối chiếu với điều kiện xác định của P có kết quả cần tìm là

x 9

0 x 9







 



Bài 2:

Gọi vận tốc khi đi là x (đơn vị tính km/h, điều kiện là x>0) ta có phương trình

24 24 1

x  x 4 2  

Giải ra ta có nghiệm x =12(km/h)

Bài 3:

1 Khi b=-3, c= 2 phương trình x2 - 3x + 2 = 0 có nghiệm là x = 1, x = 2

2 Điều kiện cần tìm là

1 2

c 2 ; c 2

c = 1



Bài 4:

1 ABE EAH  vÌ cùng chắn cung AE Do đó tam giác ABH và EHA đồng dạng

2 ECA EAC ABH  , nên ECA BAH 90 hay AKC 90   0   0

Vậy tứ giác AHEK là nội tiếp đường tròn đường kính AE

3 M là trung điểm EB thì OM vuông góc BE, OM=AH Ta có

AB R 3   AOB 120   BOM 30    OBE đều cạnh R Vậy AH= OM=

R 3 2

Bài 5:

Đường thẳng y = (m-1)x + 2  mx = y + x – 2 đi qua điểm cố định A(0;2) Do đó

OA = 2 Khoảng cách lớn nhất từ gốc tọa độ đến đường thẳng d là OA = 2, xảy ra khi d vuông góc với OA hay hệ số góc đường thẳng d là 0 tức là m -1 = 0

MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: (1,5 điểm)

Cho biểu thức:

1

A

x

a Tìm điều kiện đối với biến x để biểu thức A được xác định

b Rút gọn biểu thức A

Bài 2: (3,0 điểm)

Lý tự Trọng

Đề thi thử 3

a Khảo sát và vẽ đồ thị (P) của hàm số

2

1 2

b Gọi d là đường thẳng đi qua điểm 2; 1 và có hệ số góc a Xác định a để đường thẳng d tiếp xúc với đồ thị (P) Tìm toạ độ tiếp điểm

c Xác định a để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương

Bài 3: (1 điểm) Giải phương trình: x x 4 x6

Bài 4: (1,5 điểm)

Cho một số có hai chữ số Nếu đổi chỗ hai chữ số của nó thì được một số lớn hơn số đã cho là 63

Tổng của số đã cho và số mới tạo thành bằng 99 Tìm số đã cho

Bài 5: (3,0 điểm)

Từ một điểm A ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến AMN của đường tròn đó Gọi I là trung điểm của dây MN

a Chứng minh: Năm điểm A, B, I, O, C cùng nằm trên một đường tròn

b Cho P là một điểm tuỳ ý trên cung nhỏ BC Từ P dựng các đoạn PD, PE,

PF theo thứ tự vuông góc lần lượt với các cạnh BC, CA, AB Chứng minh:

2

PD PE PF

Bài 6: (1,0 điểm)

Giải hệ phơng trình : 































27

1 1 1 1

9

zx yz xy

z y x

z y x

Bài làm:

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Bài 1: (1,5 điểm)

a Điều kiện để A được xác định là x 0, x 2 x 1     x 1  2  0, x 1 0    x 0 và x 1

1

x



 1  1  1  1  1 2 1

  

A

x 1

  



  2 

2

x 1 x 1

x

x x

x 1 x 1

Bài 2: (2 điểm)

a + Tập xác định của hàm số: R

+ Sự biến thiên: Hàm số có dạng

0 2

y ax a  

 , nên hàm số đồng biến trên R ,

nghịch biến trên R và bằng 0 khi x  0

2

1 2

-2

1 2



0

1 2



-2 + Đồ thị hàm số là đường parabol có đỉnh O, trục đối xứng Oy

b.+ Phương trình đường thẳng d có hệ số góc a: y ax b 

và đi qua điểm 2; 1 nên: 1 2  a b b  1 2a

Do đó: phương trình của d là: y ax  1 2a

+ Phương trình cho hoành độ giao điểm của d và (P):

1

x ax 1 2a x 2ax 4a 2 0 (*)

2

+ Để d tiếp xúc với (P) thì phương trình (*) có nghiệm kép:

2

' a 4a 2 0 a 2 6

       

+Với a  2 6: hoành độ tiếp điểm là: xa 2  6 y 5 2 6

Nên tiếp điểm là:2  6 ; 5   6

+ Với a  2 6: hoành độ tiếp điểm là:xa 2 6 y 5 2 6

Nên tiếp điểm là:2  6 ; 5   6

+ Để d cắt (C) tại hai điểm phân biệt có hoành độ dương thì:

' a 4a 2 0

1

2

      



    







Bài 2: (1 điểm)

Điều kiện xác định của phương trình: x 0 x  x  4 x 6   x 5 x 6 0   

Đặt X  x , với điều kiện X 0  Phương trình đã cho trở thành:

2

X  5X 6 0    X  1; X  6

Đối chiếu điều kiện, ta có: X  x  6 x36 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm: x = 36

Bài 4: (2 điểm)

Gọi chữ số hàng chục là x, chữ số hàng đơn vị là y: x y N x y,  *; , 9

Số đã cho là 10x + y, và số mới đã đổi chỗ hai chữ số là 10y + x

Theo đầu bài ta có hệ

y x x y x y

x y y x x y



Giải hệ này ta được nghiệm là: x1; y8 Vậy số đã cho là: 18

Bài 5: (3,5 điểm)

+ Hình vẽ

a + Ta có: I là trung điểm của dây cung MN, nên đường kính qua O và I vuông góc với MN

+ OBA OCA OIA 1v    , nên B, C, I, O, A ở trên đường tròn đường kính OA

b + Các tứ giác PDBF và PDCE đều nội tiếp đợc, vì có hai góc đối diện là 2 góc vuông

+ Xét hai tam giác PDE và PFD, ta có:

DPE BCA 2v; DPF CBA 2v     Mà BCA CBA  (góc nội tiếp cùng chắn cung BC) Suy ra: DPE DPF 

c + DEP DCP  (góc nội tiếp chắn cung DP) DCP FBP  (cùng chắn cung BP); FPB FDP  (cùng chắn cung FP);

+ Suy ra: DEP PDF 

+ Do đó:

2

PD PE

PF PD

Bài 6:

 

 

1 1 1

1 (2)

x y z

xy yz xz 27 3

   











ĐKXĐ : x 0, y 0, z 0.

2 2 2

x y z 81 x y z 2 xy yz zx 81

x y z xy yz zx 2(x y z ) 2 xy yz zx 0

(x y) (y z) (z x) 0

z x (z x) 0



Thay vào (1) => x = y = z = 3

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

MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: Cho biểu thức A = 2

2 2

(

x

x

x  

+ (x 2) 2 8x

a Rút gọn biểu thức A

b Tìm những giá trị nguyên của x sao cho biểu thức A cũng có giá trị nguyên

Bài 2: (2 điểm)

Cho các đường thẳng:

y = x – 2 (d1)

y = 2x – 4 (d2)

y = mx + (m+2) (d3)

a Tìm điểm cố định mà đường thẳng (d3 ) luôn đi qua với mọi giá trị của m

b Tìm m để ba đường thẳng (d1); (d2); (d3) đồng quy

Lý tự Trọng

Đề thi thử 4

Bài 3: Cho phương trình x2 - 2(m-1)x + m - 3 = 0 (1)

a Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt

b Tìm một hệ thức liên hệ giữa hai nghiệm của phương trình (1) mà không phụ thuộc vào m

c Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x2

1 + x2

2 (với x1, x2 là nghiệm của phương trình (1))

Bài 4: Cho đường tròn (o) với dây BC cố định và một điểm A thay đổi vị trí trên cung lớn BC sao cho AC>AB và AC > BC Gọi D là điểm chính giữa của cung nhỏ BC Các tiếp tuyến của (O) tại D và C cắt nhau tại E Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB với CD; AD và CE

a Chứng minh rằng DE// BC

b Chứng minh tứ giác PACQ nội tiếp

c Gọi giao điểm của các dây AD và BC là F

Chứng minh hệ thức: CE

1 = CQ

1 +

1 CF

Bài 5: Cho các số dương a, b, c Chứng minh rằng: 1    ca 2

c c b

b b a a

Bài làm:

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

………

Đáp án Bài 1: - Điều kiện : x 0 a Rút gọn: 4 4 9 6 2 2 2 4       x x x x x A 3 2 2     x x x

- Với x < 0: x

x x A 2 22  3

- Với 0 < x 2: x x A2 3

- Với x > 2 : x

x x A 2 2 3 2   

b Tìm x nguyên để A nguyên:

A nguyên <=> x2 + 3 x

<=> 3x => x =  1 ; 3;1;3 

Bài 2:

a (d1) : y = mx + (m +2)<=> m (x+1)+ (2-y) = 0

Để hàm số luôn qua điểm cố định với mọi m <=>









 0 2

0 1

y

x

=.>







 2

1

y x

Vậy N(-1; 2) là điểm cố định mà (d3) đi qua

b Gọi M là giao điểm (d1) và (d2) Tọa độ M là nghiệm của hệ 









 4 2

2

x y

x y

=> 







0

2

y

x

Vậy M (2; 0)

Nếu (d3) đi qua M(2,0) thì M(2,0) là nghiệm (d3)

Ta có : 0 = 2m + (m+2) => m= -3

2 Vậy m = -3

2 thì (d1); (d2); (d3) đồng quy

Bài 3: a '= m2 –3m + 4 = (m - 2

3 )2 + 4

7

>0 m

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt

b Theo Viét: 













3

) 1 ( 2

2 1

2 1

m x x

m x

x

=> 













6 2 2

2 2

2 1

2 1

m x x

m x x

<=> x1+ x2 – 2x1x2 – 4 = 0 không phụ thuộc vào m

b P = x12 + x12 = (x1 + x2)2 - 2x1x2 = 4(m - 1)2 – 2 (m-3) = (2m - 2

5 )2 +

m



 4

15 4

15

Vậy Pmin = 4

15 với m = 4

5

Bài 4: Vẽ hình đúng – viết giả thiết – kết luận