Đề Thi Thử Vào Lớp 10 Toán 2013 - Phần 6 - Đề 16 doc

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10
Ngày 2 tháng 5 Năm 2013
Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức :
3 x 1 1 1
P :
x 1
x 1 x x
 

 
 

 
 
với
x 0 và x 1
 

1/ Rút gọn biểu thức P . 2/ Tìm x để 2P – x = 3.
Câu 2.(2 điểm)
1) Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M có hoành độ bằng 2 và M thuộc đồ thị hàm số
2
y 2x
  . Lập phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm M ( biết đường thẳng OM
là đồ thị hàm số bậc nhất).
2) Cho phương trình


2
x 5x 1 0 1
   . Biết phương trình (1) có hai nghiệm

1 2
x ;x
. Lập phương
trình bậc hai ẩn y ( Với các hệ số là số nguyên ) có hai nghiệm lần lượt là
1 2
1 2
1 1
y 1 và y 1
x x
   

Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3 2 17
x 2 y 1 5
2x 2 y 2 26
x 2 y 1 5

 

 


 

 

 


Câu 4.(3,0 điểm): Cho (O; R). Từ điểm M ở ngoài (O;R) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB của (O;R) ( với A, B

là các tiếp điểm). Kẻ AH vuông góc với MB tại H. Đường thẳng AH cắt (O;R) tại N (khác A). Đường tròn
đường kính NA cắt các đường thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K .
1) Chứng minh tứ giác NHBI là tứ giác nội tiếp.
2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK.
3) Gọi C là giao điểm của NB và HI; gọi D là giao điểm của NA và KI. Đường thẳng CD cắt MA tại
E. Chứng minh CI = EA.
Câu 5.(2,0điểm) 1)Giải phương trình :






2
2
x x 9 x 9 22 x 1
   

2)Chứng minh rằng : Với mọi
2 3
2 3
1 1
x 1, ta luôn có 3 x 2 x
x x
   
   
   
   
.

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ĐKXĐ:
x 2;y 1
  

2
2
1
2
1
2
1

2
1
O
E
D
C
K
I
N
H
B
A
M
3 2 17 3 2 17 3 2 17
x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5
2x 2 y 2 26 2(x 2) 2 (y 1) 3 26 2 3 26
2 1
x 2 y 1 5 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5
  
     
  
     
  
 
  
     
  
       
  
     

  

1) Câu 4.(3,0 điểm)
1)
·
·
0
NIB BHN 180
 

NHBI

Y
nội tiếp
2) cm tương tự câu 1) ta có AINK nội tiếp
µ
µ
µ
µ
µ
µ
1 1 1 1
2 2 2 2
Ta có H B A I
I B A K
  
  
$
$

3) ta có:
·
µ
¶
·
0
1 2 1
2
I I DNC B A DNC 180
     
$ $

Do đó CNDI nội tiếp
µ
µ
2 2 2
D I A
   
$
DC // AI
Lại có
µ
µ
1 1
A H AE / /IC
 

Vậy AECI là hình bình hành => CI = EA.

Câu 5.(1,5 điểm)

1) Giải phương trình :






2
2
x x 9 x 9 22 x 1
   















2 2
2 2 2 2
x 9 x 9x 22 x 1 x 9 x 9 9 x 1 22 x 1
 

           
 

Đặt x – 1 = t;
2
x 9

= m ta có:
2 2 2 2
m 9mt 22t 22t 9mt m 0
     

Giải phương trình này ta được
m m
t ;t
2 11

 
 Với
2
2
m x 9
t ta có:x 1 x 2x 11 0 vô nghiêm
2 2

      
 Với
2
2
m x 9

t ta có:x 1 x 11x 2 0
11 11
  
      

121 8 129
   
> 0 phương trình có hai nghiệm
1,2
11 129
x
2
 

2) Chứng minh rằng : Với mọi
2 3
2 3
1 1
x 1, ta luôn có 3 x 2 x
x x
   
   
   
   
(1)
2 3 2
2 3 2
2
2
1 1 1 1 1 1

3 x 2 x 3 x x 2 x x 1
x x x x x x
1 1 1
3 x 2 x 1 (vì x 1 nên x 0) (2)
x x x
           
         
           
           
   
       
   
   

Đặt
2 2
2
1 1
x t thì x t 2
x x
    
, ta có (2)




2
2t 3t 2 0 t 2 2t 1 0
       
(3)

Vì
 
2
2
1
x 1nên x 1 0 x 1 2x x 2 hayt 2
x
         
=> (3) đúng . Vậy ta
có đpcm