de dap an thi thu vao 10 dot 2

TRƯỜNG THCS ... Nếu tăng chiều rộng 2m và giảm chiều dài 6m thì diện tích mảnh đất không đổi. Chøng minh:. a) Tø gi¸c MAOB néi tiÕp.[r]

TRƯỜNG THCS Kè THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Mụn thi: Toỏn Thời gian làm bài: 120 phỳt

Đề thi gồm 01 trang Cõu 1 (3,0 điểm):

a)Giải bất phương trỡnh: 3 2 x1 2 3  x

b)Rỳt gọn biểu thức:

: 1

P

    Với x > 0 ; x1 c)Tỡm giỏ trị của m để đường thẳng (d): y =3x +2m - 1 và Parabol (P): y = x2 cắt nhau tại hai điểm nằm về hai phớa của trục tung.

Cõu 2 (1,5 điểm): Cho hệ phương trỡnh :

x my

x y





 ( I ) a) Giải hệ phương trỡnh khi m = 0

b) Tỡm giỏ trị của m để hệ (I) cú nghiệm ( x; y) thoả món hệ thức:

m+1

Cõu 3(1 điểm):

Cho mảnh đất hỡnh chữ nhật cú diện tớch 360m2 Nếu tăng chiều rộng 2m và giảm chiều dài 6m thỡ diện tớch mảnh đất khụng đổi Tớnh chu vi mảnh đất ban đầu.

Cõu 4 (3,5 điểm):

Cho điểm M nằm ngoài đờng tròn tâm O Vẽ tiếp tuyến MA, MB với đờng tròn (A, B

là các tiếp điểm) Vẽ cát tuyến MCD không đI qua tâm O ( C nằm giữa M và D), OM cắt

AB và (O) lần lợt tại H và I Chứng minh:

a) Tứ giác MAOB nội tiếp.

b) MC.MD = MA2

c) OH.OM + MC.MD = MO2

d) CI là tia phân giác góc MCH.

Cõu 5 (1 điểm):

Tỡm cặp số (x ; y) thoả món: x 2 x2 4y24y3

================Hết================

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM

Đề thi thử đợt 2

Câu Đáp án Điểm

1a

3 2x1 2 3 x

3

8

1b

1

x

P

0.25

P

x





0.5

2 1

P

x







0.25

1c

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: x2 3x 2m 1 0 (*)

Đường thẳng (d) cắt (P) tại hai điểm nằm về hai phía của trục tung khi và chỉ khi phương trình

(*) có hai nghiệm trái dấu 1 2

0

x x

 



 





0.25

Ta có:

5

8

Khi đó, theo định lí Viét ta có x x1 2 2m1

1 2

1

2

0.25

0.25

Vậy

1 2

2a

Khi m = 0 ta có hệ phương trình:





0.5

2b

 

 

x my

x y





 Từ (2) suy ra: y = 3x thay vào (1) ta được: 2x + 3mx = 5

 3m2x5

Vì hệ phương trình co nghiệm nên m

 Do đó: y =

15

m+1

4

m



Với

2 3

m 

và m 2, (*)  10m 2  m1 3  m2 4m 2 3  m2

0.25

Khai triển, thu gọn phương trình trên ta được phương trình: 5m2 – 7m + 2 = 0 0.25

Do a + b + c = 5 + (– 7) + 2 =0 nên m1 = 1 (TMĐK), m2 = 0,4 (TMĐK)

Vậy m = 1 hoặc m = 0,4

0.25

3

Gọi chiều dài và chiều rộng của mảnh đất lần lượt là x (m) và y (m) (điều kiện: x > 6, y > 0) 0.25

Lập luận để lập được hệ phương trình    

360

xy









0.25

Giải hệ phương trình tìm được

36 10

x y









 (thoả mãn) và

12 30

y x









 (không thoả mãn)

0.25

4 Vẽ hình

0.25

4d

Dễ thấy : MH.MO = MC.MD (= MA2)



MH MC

MD MO

DMOchung

 MCH MOD(c.g.c)



MC CH MC MO MO

MO OD CH OD OA hay

MC MO

CH OA (1)

0.25

Ta có : MAI= IAH(2 góc cùng chắn 2 cung bằng nhau )

 AI là phân giác của góc MAH



MI MA

IH AH (2) (Theo tính chất đường phân giác trong tam giác) :

0.25

Xét MHA và MAO có : OMAchung

MHA MAO  = 900

Do đó : MAO MHA (g.g)



MO OA MO MA

MA AH  OA AH (3)

0.25

Từ (1)(2)(3) suy ra :

MC MI

CH IH suy ra CI là tia phân giác của MCH (đpcm)

0.25

5

Xét vế trái: x 2 x2

áp dụng BĐT BunhiaCốpski cho 2 bộ sôs (1 ; 1) và (x ; 2 x 2 ) ta có :

x  x   x   x  

Dấu (=) xảy ra khi x = 1

0.25

Xét VP: 4y24y 3 2y12 2 2

Dấu (=) xảy ra khi y =

-1 2

0.25

Vậy x 2 x2 4y24y 3 2 khi x =1 và y

=-1 2

0.25

Vậy nghiệm của phương trình là

1 1 2

x y













0.25

(Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)

H I

D C

B

A

O M