Neeus t¨ng thªm chiều rộng 1m, chiều dài 2m, thì diện tích hình chữ nhật đó tăng thêm 15 m2.. TÝnh diÖn tÝch h×nh ch÷ nhËt ban ®Çu.[r]
Trang 1ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO THPT
Mụn thi: Toỏn.
Thời gian làm bài: 120 phỳt khụng kể thời gian giao đề
Họ và tờn: Trần Thị Thanh Thủy- Giỏo viờn
Đơn vị: Trường THCS Ngọc Lũ – Bỡnh Lục- Hà Nam
NỘI DUNG ĐỀ THI:
ĐỀ BÀI Bài 1: (2đ)
1 Rút gọn biểu thức (1đ)
(√27 −2√3+√15)√3 − 15√0,2
2 Giải phơng trình:(0,5đ)
2x2- 3 =0
3 Giải bất phơng trình:(0,5đ)
5(x-2) + 3 >1 - 2(x - 1)
Bài 2 (1,5đ)
Cho (P) : y = −1
4x
2
và A(1;-2) a) Viết phơng trình đờng thẳng (d) đi qua A và có hệ số góc a
b) Chứng minh (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt M;N khi a thay đổi Bài 3:(1,5đ) Giải toán bằng cách lập phơng trình
Một hình chữ nhật có chiều rộng ngắn hơn chiều dài là 1m Neeus tăng thêm chiều rộng 1m, chiều dài 2m, thì diện tích hình chữ nhật đó tăng thêm 15 m2 Tính diện tích hình chữ nhật ban đầu
Bài 4 (1đ)
Cho phơng trình:
2x2 - 7x + 4 = 0
Tính x1√x2+x2√x1
(x1; x2 là hai nghiệm của phơng trình)
Bài 5:(4đ)
Cho tam giác ABC vuông ở A và một điểm M nằm giữa A và B Đờng tròn đ-ờng kính BM cắt BC tại N Các đđ-ờng thẳng CM ; AN lần lợt cắt đđ-ờng tròn tại các điểm thứ hai F và E Chứng minh:
1 Tam giác ABC đồng dạng với tam giác NBM
2 Tứ giác AMNC và AFBC nội tiếp đợc
3 AC song song với EF
4 Các đờng thẳng AC ; MN ; BF đồng quy
Đáp án và biểu điểm
Bài 1: (1đ):
1)
Trang 2
¿(√3+√15)√3 −15√51
¿ 3+3√5 −3√5
¿ 3
2)Giải phơng trình:
2x2 - 3 = 0
<=> 2x2 = 3
⇔ x2
= 3 2
⇔ x=√32; x=−√32
3)Giải bất phơng trình: (0,5đ)
5( x -2 ) + 3 > 1 - 2 (x - 1)
<=> 5x - 10 + 3 > 1 - 2x + 2
<=> 7x > 10
<=>x > 10
7
Bài 2: (1,5đ)
a) Gọi phơng trình đờng thẳng (d) có hệ số góc a có dạng y = ax + b (a khác 0)
Đờng thẳng (d) đi qua điểm A( 1; -2) ta có -2 = a 1 +b <=> b = - a -2
Phơng trình đờng thẳng (d) có dạng y = ax - a - 2 ( 0,5đ)
b) Phơng trình hoành độ giao điểm (d) và (P) là:
−1
4x
2
= ax - a - 2 <=> x2 + 4ax - 4a - 8 = 0 (1) (0,5đ)
Δ❑ = ( 2a + 1)2 + 7 > 0 với mọi giá trị của a ( 0,25đ) Vậy phơng trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt nên (d) và (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt M;N khi a thay đổi (0,25đ)
Bài 3:( 1,5đ)
Gọi chiều rộng hình chữ nhật là x(m) ( x> 0) ( 0,25đ)
Khi đó diện tích hình chữ nhật là : x( x + 1) m2
Nếu tăng thêm chiều rộng 1m, chiều dài 2m, thì diện tích tăng thêm 15 m2
nên ta có phơng trình:
( x + 3 ) ( x + 1 ) - x ( x + 1 ) = 15 (0,5đ) <=> x = 12
Vậy chiều rộng hình chữ nhật là 12m
=> chiều dài hình chữ nhật là: 13m (0,5đ)
Diện tích hình chữ nhật ban đầu là: 12 13 = 156 m2 ( 0, 25đ) Bài 4: ( 1đ)
Phơng trình 2x2 - 7 x + 4 = 0
Tính Δ=17 > 0 phơng trình có hai nghiệm phân biệt
áp dụng định lí vi et ta có : S = x1 + x2 = 7
2 > 0; P = x1.x2= 4
2 =2 > 0
=> hai nghiệm của phơng trình đều là nghiệm dơng (0,25đ)
Trang 3⇒(√x1+√x2)2=x1+ 2√x1x2+x2= 7
2+2√2=
7+4√2 2
⇒√x1+√x2=√7+4√2
2
x1√x2 +x2√x1 =√x1x2(√x1 +√x2)=√2.√7+4√2
2 =√7+4√2
(0,75đ)
Bài 5: (4đ)
a) (1đ)
Tam giác ABC và tam giác NBM có
Góc CAB = góc MNB = 900
Góc MBN chung
Suy ra tam giác ABC đồng dạng với tam giác NBM
b) (1đ)
+ Xét tứ giác AMNC có góc CAM = 900(gt)
góc MNB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn)=> góc MNC = 900
Từ đó suy ra tứ giác AMNC là tứ giác nội tiếp (0,5đ)
+ xét tứ giác AFBC có góc CAB và góc CFB cùng bằng 900
Suy ra tứ giác AFBC là tứ giác nội tiếp (0,5đ)
c) (1đ)
Tứ giác ACNM là tứ giác nội tiếp => góc ACM = góc ENM (hai góc nội tiếp chắn cung AM)
Xét đờng tròn đờng kính BM có góc ENM = góc EFM ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cungME)
=>góc ACM = góc MFE mà hai góc ở vị triso le trong nên AC // EF
d) (1đ)
Gọi G là giao điểm của AC và BF Xét tam giác GCB có AB vuông góc với
GC tại M ; CF vuông góc với GB tại M
Suy ra M là trực tâm tam giác GBC => GM BC
Có góc MNB bằng 900 ( chứng minh trên) => MN vuông góc với BC
Vậy GM phải trùng với MN hay ba điểm G ; M ; N thẳng hàng
Suy ra AC ; BF ; NM đồng quy tại G