DE THI THU TOAN VAO LOP 10 LAN 11

Từ tiếp điểm M, vẽ đường thẳng vuông góc với BC, đường thẳng này cắt BC tại H và cắt đường tròn O tại N.. a Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp.[r]

ĐỀ THI THỬ TOÁN VÀO LỚP 10 LẦN 11

Năm 2014

Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề)

-

Bài 1: (2.0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức: A  69 16 5   6 2 5 

b) Giải hệ phương trình:

1,1

0,1

x y x y

x y x y



  





  



Bài 2: (2.5 điểm)

Cho phương trình bậc hai: 2

x  mxm  (1) với m là tham số

a) Giải phương trình với m = – 1

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m c) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn hệ thức:

1 1

16

x x 

Bài 3: (2.0 điểm)

Một miếng đất hình chữ nhật có chiều rộng bằng 2

5 chiều dài và có diện tích bằng

360 m2 Tính chu vi của miếng đất

Bài 4: (2.5 điểm)

Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng (B nằm giữa A và C) Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC và tiếp tuyến AM với đường tròn Từ tiếp điểm M, vẽ đường thẳng vuông góc với BC, đường thẳng này cắt BC tại H và cắt đường tròn (O) tại N

a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp

b) Chứng minh

2

.

4

BC

OH OA  c) Từ B kẻ đường thẳng song song với MC, đường thẳng này cắt AM ở D và cắt MN

ở E Chứng minh tam giác MDE cân

d) Chứng minh HB AB

HC  AC

Bài 5: (1.0 điểm)

Cho một hình trụ có diện tích đáy bằng 36  cm2 và chiều cao bằng 8 cm tính diện tích toàn phần và thể tích của hình trụ

-HẾT -

*Ghi chú: Thí sinh được sử dụng máy tính đơn giản, các máy tính có tính năng tương tự

như máy tính Casio fx-570 MS

LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 11 Bài 1:

a) Rút gọn biểu thức:

 2  2

69 16 5 6 2 5

64 16 5 5 5 2 5 1

8 5 5 1

A

A

A

A

8 5 5 1

A

     (vì 8  5  0 và 5 1 0   )

9 3

A

A

 

 

b) Giải hệ phương trình:

1,1 ( )

0,1

x y x y

I

x y x y



  





  



Đặt:

1

1

X

x y

Y

x y









 



(ĐK: x y)

Hệ (I) trở thành:

2 6 1,1

4 9 0,1

1,1 6 2

4 9 0,1

1,1 6 2 1,1 6

2

Y X

Y X

Y Y

 





 











 

  











 



   



1

1 1,1 6.

10

4 2

1 1

10 10

X X

Y Y









Do đó:

1 1

4

10

x y

x y







 



(nhận)

Vậy: Nghiệm của hệ phương trình là: (x;y) = (7;3)

Bài 2:

a) Giải phương trình với m = – 1

2

x  mxm  (1)

Với m = – 1, ta có:

   

2 2

(1) 2 1 1 7 0

2 8 0

      

   

1

2 ' 1 8

a

c



  

 

2 2

' '

' 1 1.( 8)

' 9 0

' 9 3

b ac

  

    

   

   

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:

1

2

' ' 1 3

2 1 ' ' 1 3

4 1

b

x

a b

x

a

    

    

Vậy: Tập nghiệm của phương trình là: S 2; 4  

b) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m

2

x  mxm  (1)

1

7

a

c m



    

 

2 2 2

2

' '

' ( ) 1.( 7)

b ac

  

     

    

      

2

1 27

m

      

 Phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m [đpcm] c) Tìm m:

Theo định lý Vi-ét, ta có:

1 2

1 2

2 2 1 7

7 1

a

a





     









7



Vậy: Với m = 8 thì phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện đề bài Bài 3:

Gọi x (m) là chiều dài của miếng đất (x > 0)

Chiều rộng của miếng đất là: 2

5x (m) Theo đề bài, ta có phương trình:

2

2

2

360 5

2

360 5

900 900

x x

x

x

x

 

 

 

30

x

  (vì x > 0)

Chiều rộng của miếng đất là: 2 30 12

5  (m) Chu vi của miếng đất là: 2 (30 + 12) = 84 (m)

Trả lời: Chu vi của miếng đất là 84 m

Bài 4: (2.5 điểm)

GT (O), đường kính BC, AMOM, MxBC, MxI BC= H ,

MxI (O)= N , By//MC, ByI AM= D , ByI MN= E

KL

a) Tứ giác AMON nội tiếp b)

2

.

4

BC

OH OA 

c) MDE cân d) HB AB

HC  AC

a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp

Trong OMN, ta có:

OM = ON (bán kính)

OMN

  cân tại O

Vì OHMN (gt)

Hay OH là đường cao

Nên OH cũng là đường phân giác

Xét MOA và NOA, ta có:

OM = ON (bán kính)

MOANOA (cmt)

OA là cạnh chung

    (c-g-c)

OMA ONA

90

OMA  (gt)

90

ONA 

90 90 180

OMA ONA   

Xét tứ giác AMON, ta có:

180 ( )

OMA ONA  cmt

Tứ giác AMON nội tiếp được trong đường tròn đường kính OA [đpcm] b) Chứng minh

2

.

4

BC

OH OA  Xét HOM và NOA vuông tại H và N, ta có:

HOM NOA (cmt)

2

( )

BC BC BC

OH OA OM ON

:

c) Chứng minh tam giác MDE cân

Gọi K là giao điểm của DE với đường tròn (O)

Trong đường tròn (O), ta có:

BK//MC (gt)

BM CK

2

MDK  (sđMK¼ – sđBM¼ ) (góc có đỉnh bên ngoài đường tròn)

2

MDK  (sđMC¼ + sđCK» – sđBM¼ )

sđ· 1

2

MDK  sđMC¼

2

MEB  (sđBM¼ + sđ»KN ) (góc có đỉnh bên trong đường tròn)

 sđ· 1

2

MEB  (sđCK» + sđKN» )

 sđ· 1

2

MEB  sđCN»

Vì OCMN (gt)

Nên: ¼MCCN»

Do đó: MDE· ·MED

Hay MDEcân tại M [đpcm]

d) Chứng minh HB AB

HC  AC

Trong đường tròn (O), ta có:

90

BMC  (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Hay: MBMC

Ta lại có: MC//DE (gt)

Do đó: MBDE

Hay MB là đường cao của MDEcân tại M

MB cũng là đường phân giác của MDEcân tại M

Trong MAH , ta có:

MB là đường phân giác trong (cmt)

  (t/c đường phân giác) (1)

Ta lại có: MBMC (cmt)

MC là đường phân giác ngoài

  (t/c đường phân giác) (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

BA CA

BH CH (t/c bắc cầu)

AB BH

AC CH

Bài 5:

Bán kính đáy của hình trụ là:

Sđáy = 2

r



2

2

36 36 6

r

r

r cm

 

 

Diện tích toàn phần của hình trụ là:

Stp = Sxq + 2.Sđáy

2

2 6.8 2.36

168 ( )

tp

tp

S



Thể tích của hình trụ là:

2 2 3

.6 8

288 ( )

V r h

V









 

 