đề và đáp án thi vào lớp 10(2010 2011)

PHÒNG GD& ĐT
Trường THCS .

ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN
Năm học: 2011 – 2012.
(Thời gian: 120 phút không kể thời gian giao đề).

Bài 1: (2,5 điểm).
 a
1   1
2 
−
:
+
Cho biểu thức: K = 
÷

÷.
÷
 a −1 a − a   a +1 a −1 
a) Rút gọn biểu thức K.
b) Tính giá trị của biểu thức K khi: a = 3 + 2 2 .
c) Tìm các giá trị của a để biểu thức K có giá trị âm.
Bài 2: (1,0 điểm).
Cho hệ phương trình: mx – y = 2
3x + my = 5
a) Giải hệ phương trình khi m = 2.
b) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm:(x, y) sao cho: x + y = 0.
Bài 3: (2,5 điểm).
Cho phương trình: x 2 − (m − 1) x − m = 0 .
a) Giải phương trình với m = 4.

b) Chứng minh rằng phương trình luôn luôn có nghiệm với mọi giá trị m.
c) Với m ≠ 0, hãy lập một phương trình bậc hai ẩn y có hai nghiệm: y1 = x1 +

1
1
; y2 = x2 + .
x2
x1

Bài 4: (3,0 điểm).
Cho đường tròn (0), từ một điểm M ở bên ngoài đường tròn vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường
tròn (0). Trên cung nhỏ AB lấy một điểm C. Vẽ CD vuông góc với AB, CE vuông góc với MA, CF
vuông góc với MB. Gọi I là giao điểm AC và DE, K là giao điểm của BC và DF. Chứng minh rằng:
a) Các tứ giác AECD, BFCD nội tiếp.
b) CD 2 = CE.CF.
c) IK ⊥ CD.
Bài 5: (1,0 điểm).
Tìm các nghiệm nguyên: (x,y) của phương trình: x 2 − xy = 6 x − 5 y − 8 .
……………….. HẾT …………………….


PHÒNG GD& ĐT
Trường THCS .

HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ VÀO LỚP10.
MÔN TOÁN: Năm học: 2011– 2012.
Bài 1:
 a
1   1
2 

−
:
+
a)(1,0đ).
K = 
÷
(2,5
÷. ĐK: a > 0; a ≠ 1.
÷
 a −1 a − a   a +1 a −1 
điểm).
 a −1   a +1  a −1
K= 
÷
÷: 
÷= a .
a
−
1
a
(
a
−
1

 

2
b)(1,0đ). a = 3 + 2 2 =
( 2 + 1) ⇒ a = 2 + 1.

K=

3 + 2 2 − 1 2( 2 + 1)
=
= 2.
2 +1
2 +1

c)(0,5đ). Với a >0 =>

a > 0. Do đó: K =

a −1
< 0  a – 1 < 0  a < 1.
a

Vậy: K < 0  0 < a < 1.
Bài 2: a)(0,5đ). Khi m = 2 ta có hệ PT:
(1,0
điểm).
7x = 9

2x – y = 2
3x + 2y = 5

4x – 2y = 4
3x + 2y = 5

9
7

4
3x + 2y = 5
y=
7
2m + 5
5m − 6
b)(0,5đ). Giải hệ PT ta được: x = 2
; y= 2
.
m +3
m +3
2m + 5
5m − 6
1
Để: x + y = 0 =>
+ 2
= 0 . Tìm được: m = .
2
m +3
m +3
7
2
2
Bài 3: a)(1,0đ). PT: x − (m − 1) x − m = 0 . Khi m = 4 ta có PT: x - 3x – 4 = 0.
(2,5
∆ = 25. x1 = 4; x2 = -1.
điểm). b)(1,0đ). ∆ = [-(m – 1)] 2 + 4m = m 2 + 2m +1 = (m + 1) 2 ≥ 0 với mọi giá trị của
m. Vậy PT luôn có nghiệm với mọi m.
x1.x2 + 1 1 − m
x1.x2 + 1 1 − m

=
=
c)(0,5đ). Ta có: y1 =
; y2 =
.
x2
x2
x1
x1
x=

1 1
(1 − m)
(1 − m)
1− m 1− m
=
+
= (1 − m)  + ÷
; y1 + y2 =
x1.x2
−m
x2
x1
 x2 x1 
x +x
(1 − m) 2
= (1 − m) 1 2 =
.
x1 x2
m

Vậy: y1, y2 là hai nghiệm của PT:
(1 − m) 2
(1 − m) 2
2
y −
y+
⇔ my 2 − (1 − m) 2 y − (1 − m) 2 .
m
−m
2

0,25
0,75
0,5
0,5
0,25
0.25
0,25
0,25
0,25
0,25
1,0
0,5
0,25
0,25

2

y1 .y2 =

0,25
0,25


Bài 4: Vẽ hình + ghi GT,KL đúng.
(3,0
điểm). a)(1,0đ). Chứng minh tứ giác AECD và tứ
giác BFCD có tổng hai góc đối bằng 180 0
=> các tứ giác nội tiếp được.

0,5
1,0

¶ =µ
b)(1,0đ). Ta có: D
A1 ( hai góc nội tiếp
1
chắn cung CD của tứ giác nội tiếp AECD).
µ
µ ( góc giữa tia tiếp tuyến với một
A1 = B
1
dây và góc nội tiếp cùng chắn cung CA của
(0).
µ =F
µ ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung CD của tứ giác nội tiếp BFCD).
B
1
1
¶ =F

µ .
Suy ra: D
1

0,25
0,25
0,25

1

¶ =E
¶ . Do đó: Tam giác DEC đồng dạng với tam
Chứng minh tương tự ta có: D
2
2
CD CE
=
⇒ CD 2 = CE.CF .
giác FDC ( g-g). =>
CF CD
·
·
·
¶ = ICK
·
µ +A
¶ = 1800 . Nên
c)(0,5đ). Tứ giác ICKD có: ICK
+ IDK
= ICK

+D
+B
1
1
2
·
¶
tứ giác ICKD nội tiếp được. => CKI = D . (hai góc nội tiếp cùng chắn cung CI ).

0,25

0,25

1

¶ =µ
µ ( theo chưng minh trên). => CKI
·
µ (ở vị trí đồng vị) do đó
Mà: D
A1 ; µA1 = B
=B
1
1
1
IK// AB. Vì CD ⊥ AB (gt). => CD ⊥ IK.
Bài 5:
x2 − 6 x + 8
2
2

x
−
xy
=
6
x
−
5
y
−
8
.

x
6x
+
8
=
y(x
–
5)
=>
y
=
.
(1,0
( x − 5)
điểm).
3
Với: x ≠ 5, ta có: y = x -1 +

. Vì x, y nguyên nên (x – 5) ∈ Ư(3).
x−5
=> (x-5) ∈ { -1; 1; -3; 3}. => x ∈ { 4; 6; 8; 2}.
Khi: x = 2 => y = 0 (TM); x = 4 => y = 0 (TM); x = 6 => y = 8 (TM);
x = 8 => y = 8 (TM).
Vậy: các nghiệm nguyên (x,y) của PT là: (2;0); (4;0); (6;8); (8;8).

0,25
0,25

0,25
0,25
0.25