Đề thi thử vào lớp 10 môn Toán Không chuyên (đề trường 218)

TRƯỜNG BỒI DƯỢ
NG VĂN HÓA 218 LÝ TỰ TRỌNG, Q.1
ĐIỆN THOẠI: 38 243 243

CÂU 1.
a.
b.
c.

CÂU 2.
a.
b.
c.
CÂU 3.

MÔN THI: TOÁN HỆ KHÔNG CHUYÊN

THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 phút

(1,5 điểm)
Giải các phương trình và hệ phương trì
nh sau :
2
5x – 11x + 2 = 0
7x4 + 6x2 – 13 = 0
1 2 7
 x  y  2
 3 4
   2
x y
(2 điểm)

Cho hàm số y = ax2 có đồ thị (P) đi qua điểm A(2 ; – 1)
Tìm a và vẽ đồ thị (P)
Tìm tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng (d): y  3 x  1 bằng phép tốn.
4
Viết phương trình đường thẳng (d’) // (d) và (d’) tiếp xúc (P).
(1 điểm)
Chứng minh đẳng thức sau:

2  4y  y2
y2
CÂU 4.

ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO CẤP 3 NĂM HỌC 20112012

4  2 4y  y2  55  109  55  109 (với 2 < y < 4)

(2 điểm)
Cho phương trình : (m + 1)x2 – (2m + 3)x + 2 = 0 (1) (x là ẩn số, m là tham số) .

a.

Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2.

b.

Tìm m để x1 = 4x2

c.

Tìm m để A = x12 + x22 – x1x2 đạt giá trị nhỏ nhất.

CÂU 5.

(3,5 điểm)
Cho đường tròn (O) đường kính AB; (d1) và (d2) là hai tiếp tuyến tại A và B của (O);
M là điểm di động trên (O) (M  A, M  B) và I  OA (I và OA cố định)
Lấy C  (d1) và lấy D  (d2) sao cho CM  MI và ID  IC;
CI cắt MA tại E; ID cắt MB tại F.

a.

Chứng minh: tứ giác ACMI và MEIF nội tiếp (1 điểm)

b.

Chứng minh: EF//AB và C, M, D thẳng hàng. (1,5 điểm)

c.

Vẽ dây MN của (O), MN qua I và vẽ đường tròn (Q) nội tiếp ABN tiếp xúc NA, NB lần
lượt tại T và V. Kẻ TT’, VV’ và NH cùng vng góc với AB.
2
Chứng minh: NH
khơng đổi khi M di động trên (O). (1 điểm)
TT'.VV'
------- Hết -------


ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH CẤP 3 NĂM HỌC 20112012
TRƯỜNG BỒI DƯỢ

NG VĂN HÓA 218 LÝ TỰ TRỌNG, Q.1
MÔN THI: TOÁN
HỆ KHÔNG CHUYÊN
ĐIỆN THOẠI: 38 243 243
CÂU 1. (1,5 điểm = 0,5 × 3)
a. 5x2 – 11x + 2 = 0 (1) (có  = 112 – 4.5.2 = 81= 92)  pt (1) có hai nghiệm x1 = 2 và x2 = 1/5
b. 7x4 + 6x2 – 13 = 0 (1)  7x4 – 7x2 + 13x2 – 13 = 0  7x2(x2 – 1) + 13(x2 – 1) = 0  (x2 – 1)(7x2 + 13) = 0
 x2 – 1 = 0 (do 7x2 + 13 > 0, x )  (x – 1)(x + 1) = 0  x = 1 hay x = – 1.
Pt (1) có hai nghiệm x1 = 1 và x2 = –1
c.



 2y  72
4  2 (I) . Với điều kiện x ≠ 0 và y ≠ 0:

x
y

1
3

x

2 4
 x  y  7


(I)  
3 4

   2

x y

CÂU 2. (2 điểm)
a. (0,75 điểm)

5 5
 x  1
x

 2  1 7 
2  17
 y
2
y x 2

 y   45 . Vậy (I) có nghiệm là  y   45
x 1

x 1

(P): y = ax2

 A(2 ; – 1)  (P)  – 1 = a.(2)2  4a = – 1  a = –1/4. Vậy (P): y   1 x 2
4
 HS vẽ đồ thị (P)

(0,25 điểm)
(0,5 điểm)

b. Phương trình hồnh độ giao điểm của (P) và đường thẳng (d):  1 x2  3 x  1  x + 3x – 4 = 0 (có a + b + c = 0)
4
4
1
 x = 1 hay x = –4. Với x = 1  y   ; với x = – 4  y = – 4.
4
1
Vậy (d) cắt (P) tại 2 điểm E(1;  ) và F(–4;–4)
(0,75 điểm)
4
c.  Phương trình (d’): y = a’x + b’
 (d) // (d’)  a = a’  3 và b’ ≠ – 1  (d’): y  3 x + b’
4
4
 (d’) tiếp xúc (P)  phương trình hồnh độ giao điểm :  1 x2  3 x  b' có nghiệm kép
4
4
2
 x + 3x + 4b’ = 0 có nghiệm kép   = 0  9 – 16b’ = 0  b’ = 9 (≠ –1). Vậy (d’) : y  3 x  9
16
4
16
2

CÂU 3. (1 điểm) Với 2 < y < 4  y – 2 > 0 (*)
Đẳng thức 


2 2  4y  y 2 . 2  4y  y 2

y2

 55  109  55  109

(*) 2 (y  2)2
2 4  4y  y 2
 2( 55  109  55  109 ) 
 110  2 109  110  2 109
y2
(y  2)2

 2  ( 109  1)2  ( 109  1)2  2  109  1  109  1  2 

109  1  109  1 (đúng) (do 109  1  0 )

CÂU 4. (2 điểm) (m + 1)x2 – (2m + 3)x + 2 = 0 (1)
a. Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt cần có a ≠ 0  m + 1 ≠ 0  m ≠ – 1.
Ta có : (1)  (m + 1)x2 – (2m + 2)x – x + 2 = 0  (m + 1)x(x – 2) – (x – 2) = 0
 (x – 2)[(m + 1)x – 1] = 0  x – 2 = 0 hay (m + 1)x – 1 = 0 (2)  x = 2 là một nghiệm của (1).

(1) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thì 2 khơng phải là nghiệm của (2)  (m + 1).2 – 1 ≠ 0  m   1 .
2
1
Vậy m  { ; 1} (*)
2

b. Với điều kiện (*) : (1) có hai nghiệm là 2 và
2  4
m  1  2
m 1  

x1  4x 2  
m 1  1 
 1 8

8
 m  1

c. A = x12 + x22 – x1x2 = 4 

(0,75 điểm)

1
m 1

 

m  1
 m  7 (thỏa(*)). Vậy khi m  1; 7 thì x1 = 4x2
8

8

1
 2  ( 1  1)2  3 .
(m  1)2 m  1 m  1

Do ( 1  1)2  0, m thỏa (*)  A ≥ 3  A đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi m = 0
m 1

(0,75 điểm)

CÂU 5. (3,5 điểm)
a. Chứng minh: tứ giác ACMI và MEIF nội tiếp (1 điểm)
 CA  AO (AC tx (O) tại C) và CM  MI (gt)
  CMI
  900 (I  AO)
 CAI

  CMI
  1800  ACMI nội tiếp (1) (2 góc đối bù)
 CAI
  900 (gnt chắn ½(O), E  MA, F  MB)
 EMF

  900 (CI  ID; E  CI và F  ID)
và EIF
  EIF
  1800  MEIF nội tiếp (2) (2 góc đối bù)
 EMF
b. Chứng minh: EF//AB và C, M, D thẳng hàng. (1,5 điểm)
A 
C (t/c 2 đỉnh kề của tgnt)
 (1)  
1

1

I1  
B1 (yttư)

  vng CMI  vng AMB  
I1  
F1 và 
I2  
E1 (t/c 2 đỉnh kề của tgnt)
 (2)  


 B  F , ở vị trí đồng vị, cát tuyến MB  EF//AB
1

1

 Kéo dài CM cắt (d2) tại D’.
Tương tự phần a ta có tứ giác IMD’B nội tiếp
 (t/c 2 đỉnh kề của tgnt)
B  MD'I
 
1

 (= 
I1  MD'I
B1 _cmt) kết hợp 
C1 chung


 CMI CID’ (g.g)  CID’ vng tại I
 D’I  CI mà DI  CI  D  D’ hay C, M, D thẳng hàng
NH 2 khơng đổi . (1 điểm)
TT '.VV '

 NAB vng tại N vì nội tiếp (O), AB là đường kính.
 Gọi K là tiếp điểm của (Q) với AB.
 Áp dụng tính chất 2 tiếp tuyến giao nhau của (Q) ta có: BV = BK; NV = NT; AT = AK
 2VB  BV  BK  AB  BN  AN  AB  (BN  AN)  4VB.AT = AB2 – (BN – AN)2
2AT  AT  AK  AB  AN  BN  AB  (BN  AN)

c. Chứng minh:



= (AN2 + BN2) – BN2 + 2BN.AN – AN2 (đl Pitago trong  vng NAB)  BN.AN = 2AT.VB
2
 NH . NH  NA . NB  2AT.VB  2
 Áp dụng hệ quả đl Ta lét trong NHA và NHB: NH
TT '.VV ' TT ' VV ' AT VB
AT.VB
2
NH
Vậy
khơng đổi khi M di động trên (O) (M 
 A, M  B)
TT '.VV '

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN

THI THỬ VÀO LỚP 10 HỆ KHÔNG CHUYÊN NĂM 20112012

LƯU HÀNH NỘI BỘ