6 DE TOAN ON VAO 10 2013

Chứng minh rằng với mọi m, d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt... Chứng minh rằng tứ giác ASBO nội tiếp được..[r]

6 ĐỀ THI TUYỂN VÀO LỚP 10 Năm học : 2012-2013

ĐỀ 1

Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau: (2đ)

a) 2x2 – 3x – 2 = 0

b) 









 12 6 5

3 3 2

y x

y x

Câu 2: a) vẽ đồ thị (D) của hàm số y = 2

2

x

và đường thẳng (D): y = x + 4 trên cùng một hệ trục tọa

độ (1đ)

b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D) bằng phép tính (0,5đ)

Câu 3: Thu gọn biểu thức sau: (1đ)

15 5 1

8 5 3

4







 Câu 4: Cho phương trình x2 – (5m – 1)x + 6m2 – 2m = 0 (m l tham số )

a) Chứng minh phương trình luôn có nghiệm với mọi m (1đ)

b) Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình Tìm giá trị của m để x1 + x2 = 1 (1đ)

Câu 5: Cho ABC (AB < AC) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O ; R) Gọi H l giao điểm ba đường cao AD, BE, CF của ABC

a) Chứng minh AEHF và AEDB l tứ giác nội tiếp (1đ)

b) Vẽ đường kính AK của đường tròn (O) Chứng minh AB.AC = AK.AD (1đ)

c) Gọi M là trung điểm BC Chứng minh EFDM là tứ giác nội tiêp đường tròn (1đ)

(vẽ hình đúng 0,5đ)

o0o ĐÁP ÁN

Câu 1:

a) 2x2 – 3x – 2 = 0

ta có :  = (-3)2 – 4.2.(-2) = 25 > 0

Vậy x1 = 2.2 2

5 3





, x2 = 2

1 2 2

5 3

















































3 1

2 3

3 2

18 9 12 6 5

3 3 2

y

x y

x

x y

x

y x

vậy hệ phương trinh có nghiệm là (2 ; 3

1

 ) Câu 2: a) vẽ đồ thị (D) của hàm số y = 2

2

x

và đường thẳng (D): y = x + 4 trên cùng một hệ trục tọa độ

*Hàm số y = 2

2

x

x -4 -2 0 2 4

y = 2

2

x

*Hàm số y = x + 4

Cho x = 0  y = 4 A(0 ; 4)

x = -2  y = 2 B(-2 ; 2)

b) Phương trình hoành độ giao điểm của (D) v (P)

2

2

x

= x + 4  x2 – 2x – 8 = 0

= (-2)2 + 32 = 36 > 0 x1 = 2 4

6 2





; x2 = 2 2

6 2







Với x = 4  y = 4 + 4 = 8

Với x = - 2  y = -2 + 4 = 2

Vậy (D) v (P) cắt nhau tại hai giao điểm: (4 ; 8) , (-2 ; 2)

Câu 3: Thu gọn các biểu thức sau:

15 5 1

8 5 3

4









5 15 4

) 5 1 ( 8 4

) 5 3 ( 4









= 3 52 2 53 55

Câu 4: x2 – (5m – 1)x + 6m2 – 2m = 0 (m l tham số )

a)Ta có : = [-(5m – 1)]2 – 4.1.(6m2 – 2m) = m2 – 2m + 1 = (m – 1)2 0 với mọi m Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m

b) Gọi x1 , x2 là nghiệm của phương trình

Do đó : x1 + x2 = 1  (x1 + x2 )2 – 2x1x2 = 1

 (5m – 1)2 – 2(6m2 – 2m) = 1

 25m2 + 1 – 10m – 12m2 + 4m = 1

 13m2 – 6m = 0

 m(13m – 6)

















13 6

0

m m

Vậy m thỏa mãn bài toán nên m = 0 hoặc m = 13

6 Câu 5 :

x

y

O

4

4

A

4

 8

2

B

a) Ta có AEH + AFH = 1800

vậy AEHF l tứ giác nội tiếp

AEB = ADB = 900

vậy AEDB l tứ giác nội tiếp

b) Xt ABD và AKC ta có

ACK = ADB = 900

AKC = ABD (cùng chắn cung AC) Vậy ABD AKC

AC

AD AK

AB





hay AB.AC = AK.AD c) Ta có MEF = MEB + BEF (EB l tia nằm giữa 2 tia EF, EM)

M MEB = MBE (BEC vuông có EM là đường trung tuyến)

BEF = HAF (FHAE l tứ giác nội tiếp)

MBE = DAE (ABDE l tứ giác nội tiếp)

Nên MEF = DAE + HAF = BAE

Ta lại có BAE = BHF (AEHF l tứ giác nội tiếp)

BHF = BDF (BDHF l tứ giác nội tiếp)

BDF + FDM = 1800 (kề b )

 FDM + MEF = 1800

Vậy EFDM l tứ giác nội tiếp

B

A

O H

D

F

E



K











ĐỀ 2

Bài 1: (1,5 điểm)

Thu gọn các biểu thức sau:

1) P 27 12

2)

a b



 a b ; a 0 ; b 0   

Bài 2: (1,5 điểm)

Giải phương trình và hệ phương trình sau:

1) x2 2 3x 2 0 

2)

x 2y 5











Bài 3: (2,0 điểm)

Cho phương trình x2 2(m 1)x m  2 3 0 (1) ; m là tham số

1) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm

2) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm sao cho nghiệm này bằng ba lần nghiệm kia

Bài 4: (1,5 điểm)

Cho parabol (P) : y x 2 và đường thẳng (d) : y mx 2  (m là tham số , m  0)

1) Vẽ đồ thị (P) và (d) trên cùng hệ trục tọa độ với m = 1

2) Chứng minh rằng với mọi m, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt

Bài 5: (3,5 điểm)

Từ một điểm S ở ngoài đường tròn (0 ; 3cm) vẽ hai tiếp tuyến SA và SB của đường tròn đó (A, B là hai tiếp điểm) Biết ASB  Gọi H là giao điểm của SO và AB, C là điểm đối xứng với A qua O

1) Chứng minh rằng tứ giác ASBO nội tiếp được

2) Chứng minh rằng

CBO 90

2



3) Tính AS và AH, biết  60o

A LỜI GIẢI TÓM TẮT VÀ BIỂU ĐIỂM:

1

(1,5

)

2

0,75

(1,5

)

1

2

x  2 3x 2 0 

 2

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x = 3 + 1 ; x = 3 - 1 1 2

0,75

2

175

11



Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất    

175 60

11 11

0,75

3

(2,0

)

1

x  2(m 1)x m   3 0 (1) Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi  ' 0

0,75

2

Với m 2 thì pt (1) có 2 nghiệm Gọi một nghiệm của (1) là a thì nghiệm kia sẽ là 3a Theo Viet, ta có:

2 2 2

2

Suy ra : m 6m 15 0



 m = -3 ± 2 6 (thỏa mãn điều kiện)

1,25

4

(1,5

)

2 Xét phương trình hoành độ giao điểm:

x mx 2  x  mx 2 0 

Vì a, c trái dấu   > 0  phương trình luôn có hai nghiệm

Vậy (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt

0,75

5

(3,5

)

0,5

1 Xét tứ giác ASBO có:

SAO 90 (do SA là tiếp tuyến tại A)

SBO 90 (do SB là tiếp tuyến tại B)

0,75

Suy ra: SAO SBO 90   o90o 180o

Mà SAO và SBO đối nhau nên ASBO nội tiếp được (đpcm).

2

Chứng minh rằng

CBO 90

2



Ta có: AOB 180  o  (do ASBO nội tiếp)

 180o AOB 180 o (180o ) OBA

(do AOB cân tại O) Mặt khác, vì C đối xứng với A qua O nên AOC là đường kính của (O)

Suy ra: ABC vuông tại B

Do đó:

CBO CBA OBA   o α

90

-2 (đpcm).

1,25

3

Do SA và SB là hai tiếp tuyến cắt nhau tại S nên SOAB tại H Xét SAO vuông tại A, có AH là đường cao:

**

Suy ra:

27 AH

4

(cm) 2

1,0

ĐỀ 3

a/ Tính : A = 2 -3 +

2 2009

Hãy so sánh B và C

Bài 2 : ( 2 điểm ) Cho hàm số y = (m – 2)x + m + 3

a/ Tìm điều kiện của m để hàm số luơn nghịch biến

b/ Tìm m để đồ thị của hàm số cắt trục hồnh tại điểm cĩ hồnh độ là 3

a/ Giải phương trình khi m = 3

b/ Chứng minh rằng phương trình luơn cĩ hai nghiệm phân biệt với mọi m

c/ Gọi x1 , x2 là các nghiệm của phương trình Khơng giải phương trình hãy tính theo

m

x x x x

Bài 4 : (3,5 điểm) Từ M ngồi đường trịn (O) với OM = 2R vẽ hai tiếp tuyến MA và MB

với (O) Từ N trên dây AB kẻ đường thẳng vuơng gĩc với NO cắt MA tại C và MB tại D Dây AB cắt OM ở H

a/ Chứng minh tứ giác OBDN nội tiếp

b/ Chứng minh NC = ND

c/ Tính độ dài AM, OH và AH theo R

HƯỚNG DẪN CHẤM

1

A

B

A = 2 -3 + = 7

2010 2009 2010 2009

4019









Do 4019 > 4018 nên B > C

1 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

B

a/ Hàm số nghịch biến khi m < 2

b/ Vì đồ thị của hàm số cắt trục hồnh tại điểm cĩ hồnh độ là 3 nên x = 3 ; y = 0

Thay x = 3; y = 0 vào hàm số trên ta được

0 = (m – 2)3 + m + 3

1 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm



3 4

m 

Vậy với

3 4

m 

thì đồ thị hàm số y = (m – 2)x + m + 3 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ là 3

0,25 điểm 0,25 điểm

3

Xét phương trình x2– 2(m – 1)x – 3m = 0 a/ Khi m = 3 phương trình trở thành

Phương trình có hai nghiệm là x  2 13 b/

2

m       

 

với mọi m c/ Ta có

1

x x

x x x x x x





1 điểm

1 điểm

0,5 điểm

4

a/ Ta có





0

0 0

90

180 90

OND

OND OBD OBD





Vậy tứ giác OBDN nội tiếp được

b/ OBA OAB  (do OAB cân tại O) (1)

ODN OBN ( cùng chắn cung ON) (2) Tương tự OCN OAB  (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra OCD ODC 

OCD

  cân tại O => OC = OD c/ Dùng hệ thức lượng trong tam giác vuông AOM tính được AM

= R 3 ; OH =

1

2R ; AH =

3 2

R

Hình 0,5 đ

1 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

1 điểm

N H D

C

M B

A O

ĐỀ 4

Bài 1 : (2điểm)

b) Rút gọn :

2 2

B

0 1

x x











Bài 2 : (2 điểm)

b) Giải hệ phương trình:

3 4

2

4 5

3

x y

x y









Bài 3: (2,5điểm)

b) Chứng tỏa phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi số thực m

Bài 4 : (3,5 điểm)

a) Chứng minh SI vuông góc với AB tại K

c) Cho biết MN//AB và MN = R Tính diện tích tam giác SAB phần nằm ngoài

đường tròn (O)

ĐÁP ÁN

Bài 1: (2 điểm)

(1đ) b)

     2  2

(1đ)

Bài 2: (2 điẻm)

a) x410x216 0

1 2

t

+ Với t1 2 x2 2

Vậy có 4 nghiệm

b)

3 4

2

4 5

3

x y

x y







Đặt

1

u

x



;

1

v y



hệ phương trình trở thành



+Với

2

x

+Với

1

y

Vậy hệ phương trình dã cho có một nghiệm

1

;1 2

Bài 3: ( 2,5 điểm)

x2  2x  1 0

1 1; 2 1

m2 4m1

2

2

m

Vậy phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi số thực m c) Điều kiện với mọi m thuộc số thực

Theo định lí viet ta có:

ABC ABC

1 2

1 2

2 2

1 2

10

x x m

x x m

x x





 



2

2

2

x x x x

( Thỏa điều kiện )

Bài 4:

AMB  (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)

 SIAB

xét hai tam giác vuông AKS và AMB có :

AB2

4R2

MN//AB và MN = R

SAB

3

SO R

2

3

OMSN

SquạtOMN=

260 2







S S  SquạtOMN =

3 3  2 6

R





ĐỀ 5

Câu 1: (2đ)Cho phương trình:

a Giải phương trình với m = - 4

4 1 1 2 1







x x

Câu 2: (2,5đ) Cho biểu thức:

a

1

1



2



a Rút gọn biểu thức M

Câu 3: (2đ) Một thữa ruộng hình chữ nhật có chu vi 250m Tính diện tích của thữa

ruộng biết rằng nếu chiều dài giảm 3 lần và chiều rộng tăng 2 lần thì chu vi hình chữ nhật không thay đổi.

Câu 4: (3,5đ)Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH Đường tròn đường

kính AH cắt các cạnh AB,AC lần lượt tại E và F.

a Chứng minh tứ giác AEHF là hình chữ nhật

b Chứng minh AE.AB = AF.AC

c Đường thẳng qua A vuông góc với EI cắt BC tại I Chứng minh I là trung điểm của đoạn BC.

ĐÁP ÁN

Câu1

(2 điểm)

3x2 – 4x + m + 5 = 0 (m là tham số) (1)

a Với m = - 4 phương trình có dạng: 3x2 – 4x + 1 = 0  x1 = 1; x2 = 3

1

b ĐK để (1) có hai nghiệm phân biệt: '> 0 m<- 3

11 Theo Viet: x1 + x2 = 3

4 (2)

và x1 .x2 = 3

5



m

(3) Từ









2 1

2 1

2

1 1

x x

x x x

4

do đó theo (2),(3) có: 1 2

1 1

x

x  = 3

5 3 4



m

= - 7

4

 m = -12 (< - 3

11 ) Vậy m cần tìm là m = -12

1đ

1đ

Câu 2

(2,5đi

ểm)

a M = ( a 1

a

-a  a

1 ):( 1

1



a

+ 1

2



a )

= ( 1 )

1





a a

a

:( 1)( 1 )

1







a a

a

= a

a 1

b a = 3 + 2 2= (1 + 2)2  a = 1 + 2

M =

2 2 1

) 2 1 ( 2 2 1

1 2 2 3















1,5 đ

1đ

Câu 3

(2điểm

)

Gọi chiều dài HCN là x (m), chiều rộng HCN là y (m) thì x, y > 0

Chu vi CHN là 250 m nên: 2(x+y)= 250 hay x + y = 125 (1)

Chiều dài HCN sau khi giảm: 3

x

Chiều rộng HCN sau khi tăng: 2y (m)

Do đó ta có: 2(3

x

+ 2y) = 250 hay 3

x

+ 2y = 125 (2)

Ta có hệ phương trình:















125 2

3

125

y x

y x

Giải hệ ta được: x = 75; y = 50

Vây chiều dài HCN là 75 m và chiều rộng là 50 m.Diện tích HCN là: 75.50 = 3750 (m2)

1đ

1đ

Câu 4

(3,5đi

ểm)

a ta có: A = 900((gt)

E = F = 900 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)

Tứ giác AEHF có 3 góc vuông nên là HCN

b Ta có : E1= H1 (góc nội tiếp chắn cùng chắn cung AF) mà góc H1 = C (cùng phụ góc

H2).Suy ra góc E1 = C và góc A chung Vây hai tam giác vuông AEF và ACB đồng dạng, suy

ra AB

AF AC

AE

 hay AE.AB = AF.AC

c Gọi K giao điểm của AI và EF ta có góc E1+EAK = 900,

Vì góc AKE = 900

Do AI vuông góc với EF

Mặt khác có góc B + C = B + E1 = 900

Suy ra góc B = EAK, Vay tam giác IAB cân nên IA = IB (1)

Chứng minh tương tự ta óc tam giác IAC cân nên IA = IC (2)

Từ (1),(2) suy ra IB = IC tức I là trung điểm của BC

0,5 đ 1đ

1đ 1đ

2

E 1

K F

C B

A

H I

ĐỀ 6

Bài 1:(1,5 đ) Tính N =



x



a) Hãy rút gọn M.

b) Tìm các giá trị nguyên của x để M có giá trị nguyên.

Bài 3:(3 đ) Cho phương trình bậc hai ẩn x: x2 + 2(m+1)x + m2 – 6 = 0 (*).

a) Giải phương trình (*) với m = 1.

b) Với giá trị nào của m thì phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt?

Bài 4:(3,5 đ) Cho đường tròn (O;R) có đường kính AB, dây CD vuông góc với AB

(AC < CB) Hai tia BC và DA cắt nhau tại E Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ E tới đường thẳng AB.

a) Chứng minh AHEC là tứ giác nội tiếp.

b) Gọi F là giao điểm của hai tia EH và CA Chứng minh HC = HF.

c) Chứng minh HC là tiếp tuyến của đường tròn (O).