đề thi thử môn toán vào lớp 10

Sở GD &ĐT NGhệ An
Phòng GD&ĐT Nghĩa Đàn
Trường THCS Nghĩa Lâm
ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI THỬ
VÀO LỚP 10
(Năm học 2009 - 2010)
Bài 1. Cho biểu thức : B =
x 1 x 1 x x 2x 4 x 8
.
x 4
x 4 x 4 x
 
+ − + − −
−
 ÷
 ÷
−
+ +
 
.
a, Tìm điều kiện của x để B xác định
b, Chứng minh biểu thức B có giá trị
nguyên
Bài 2. Gải các phương trình sau :
a, 2x
2
+ 3x - 5 = 0
b, x
4
- 3x
2

- 4 = 0

Bài 3.
a, Vẻ đồ thị hàm số (p) y = -x
2
và đồ thị
hàm số (d) y = x - 2 tên cùng một hệ trục toạ độ
b, Tìm toạ độ các giao điểm của (p) và (d)
ở câu trên bằng phép tính
Bài 4.
Cho phương trình x
2
- 2mx - 1 = 0 (m là
tham số)
a, Chứng minh rằng phương trình luôn luôn
có hai nghiệm phân biệt
b, Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương
trình . Tìm m để x
1
2
+ x
2
2
=
7
Bài 5. Cho tam giác ABCcó ba góc nhọn nội

tiếp đường tròn (O) . Các đường cao AD, BE,
CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt
tại M,N,P.
Chứng minh rằng :
1, Tứ giác CEHD nội tiếp
b,Bốn điểm B,C,E,F cùng nằm tên một
đường tròn
3, AE . AC = AH . AD , AD . BC = BE .
AC
4, Chướng minh tam giác HCM cân
5, Xác định tâm của đường tròn
nội tiếp tam giác DEF
6, Gọi I là trung điểm của BC
chứng minh OI =
2
1
AH
Gợi ý giải đề thi môn toán
Câu 1 . a, Điều kiện xác định ,
x>0 ; x ≠ 4
b) B =
x 1 x 1 x x 2x 4 x 8
.
x 4
x 4 x 4 x
 
+ − + − −
−
 ÷
 ÷

−
+ +
 
.
=
2 2 2
x 1 x 1 (x 4)( x 2)
.
( x) 2 ( x 2) x
 
+ − − +
−
 ÷
 ÷
− +
 
=
2 2
( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) (x 4)( x 2)
.
x
( x ) 2 ( x 2)
 
+ + − − − − +
 ÷
 ÷
 
− +
 
 

=
x 3 x 2 (x 3 x 2)
x
+ + − − +
=
6 x
x
= 6 Vậy B nhận giá trị nguyên
Câu2
a) 2x
2
+ 3x – 5 = 0 (1)
Cách 1: Phương trình có dạng a + b
+ c = 0 nên phương trình (1) có hai
nghiệm là:
x
1
= 1 hay x
2
=
c 5
a 2
= −
.
Cách 2: Ta có ∆ = b
2
– 4ac = 3
2
–
4.2.(–5) = 49 > 0 nên phương trình

(1) có hai nghiệm phân biệt là x
1
=
3 7 5
4 2
− −
= −
hoặc
x
2
=
3 7
1
4
− +
=
.
b) x
4
– 3x
2
– 4 = 0 (2)
Đặt t = x
2
, t ≥ 0.
Phương trình (2) trở thành t
2
– 3t – 4 = 0 ⇔
t 1
t 4

= −


=

(a
– b + c = 0)
So sánh điều kiện ta được t = 4 ⇔ x
2
= 4 ⇔ x = ± 2.
Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là x =
2 hoặc x =
Phương trình (2) trở thành t
2
– 3t – 4 = 0 ⇔
t 1
t 4
= −


=

(a
– b + c = 0) ,
t = -1 loại
So sánh điều kiện ta được t = 4 ⇔ x
2
= 4 ⇔ x = ± 2.
Vậy phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt là x =
2 hoặc x = –2.

Câu 3.
a) * Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = –x
2
:
x –2 –1 0 1 2
y = –x
2
–4 –1 0 –1 –4
* Bảng giá trị đặc biệt của hàm số y = x – 2:
x 0 2
y = x –
2
–2 0
Đồ thị (P) và (D) được vẽ như sau:
b) Phương trình hoành độ giao
điểm của (P) và (D) là:
–x
2
= x – 2 ⇔ x
2
+ x – 2 = 0
⇔ x = 1 hay x = –2 (a + b + c = 0)
Khi x = 1 thì y = –1; Khi x = –
2 thì y = –4.
Vậy (P) cắt (D) tại hai điểm là (1; –
1) và (–2; –4).
=
2 2
( x 1)( x 2) ( x 1)( x 2) (x 4)( x 2)
.

x
( x ) 2 ( x 2)
 
+ + − − − − +
 ÷
 ÷
 
− +
 
 
=
x 3 x 2 (x 3 x 2)
x
+ + − − +
=
6 x
x
= 6.
Câu 4: x
2
– 2mx – 1 = 0 (m là
tham số)
a) Chứng minh phương trình trên
luôn có 2 nghiệm phân biệt.
Cách 1: Ta có: ∆' = m
2
+ 1 > 0 với
mọi m nên phương trình trên luôn
có hai nghiệm phân biệt.
Cách 2: Ta thấy với mọi m, a và c

trái dấu nhau nên phương trình luôn
có hai phân biệt.
b) Gọi x
1
, x
2
là
hai nghiệm của
phương trình
trên. Tìm m để
2 2
1 2 1 2
x x x x 7+ − =
.
-3 -2 -1 1 2 3
-4
-3
-2
-1
x
y
O
Theo a) ta cú vi mi m phng trỡnh luụn cú hai
nghim phõn bit.
Khi ú ta cú S =
1 2
x x 2m+ =
v P = x
1
x

2
= 1.
Do ú
2 2
1 2 1 2
x x x x 7+ =
S
2
3P = 7 (2m)
2
+ 3 =
7 m
2
= 1 m = 1.
Vy m tho yờu cu bi toỏn m = 1.
Cõu 5. Lời giải:
1. Xét tứ giác CEHD ta có:
Góc CEH = 90
0
( Vì BE là đờng cao)
CDH = 90
0
( Vì AD là đờng cao)
=> CEH + CDH = 180
0
Mà CEH và CDH là hai góc đối của tứ giác CEHD ,
Do đó CEHD là tứ giác nội tiếp
2. Theo giả thiết: BE là đờng cao => BE AC => BEC =
90
0

.
CF là đờng cao => CF AB => BFC
= 90
0
.
Nh vậy E và F cùng nhìn BC dới một góc 90
0
=> E và F
cùng nằm trên đờng tròn đờng kính BC.
Vậy bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên một đờng tròn.
3. Xét hai tam giác AEH và ADC ta có: AEH = ADC =
90
0
; Â là góc chung
=> AEH ADC =>
AC
AH
AD
AE
=
=> AE.AC =
AH.AD.
* Xét hai tam giác BEC và ADC ta có: BEC = ADC =
90
0
; C là góc chung
=> BEC ADC =>
AC
BC
AD

BE
=
=> AD.BC = BE.AC.
4. Ta có C
1
= A
1
( vì cùng phụ với góc ABC)
C
2
= A
1
( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
=> C
1
= C
2
=> CB là tia phân giác của góc HCM; lại
có CB HM => CHM cân tại C
=> CB cũng là đơng trung trực của HM vậy H và M đối
xứng nhau qua BC.
5. Theo chứng minh trên bốn điểm B,C,E,F cùng nằm trên
một đờng tròn
=> C
1
= E
1
( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung BF)
Cũng theo chứng minh trên CEHD là tứ giác nội tiếp
C

1
= E
2
( vì là hai góc nội tiếp cùng chắn cung HD)
E
1
= E
2
=> EB là tia phân giác của góc FED.
Chứng minh tơng tự ta cũng có FC là tia phân giác của góc
DFE mà BE và CF cắt nhau tại H do đó H là tâm đờng tròn
nội tiếp tam giác DEF.
6 . ( cn phi k ng ph )
gi I l trung im ca BC , ni C vi I ta cú OI
vuụng gúc vi BC . iu ny khin ta ngh ngay
n ng trung bỡnh ca tam
giỏc ? nhng tam giỏc ú l tam
giỏc no ? Vỡ vy ta phi mn
ng ph AO , AO ct ng
trũn tõm (o) ti K ta d dng
chng minh c t giỏc BKCH
l hỡnh bỡnh hnh , v nh th
thỡ 3 im H,I,K thng hng t
ú suy ra OI l ng trung bỡnh
ca tam giỏc AHK (tớnh cht
ng chộo hỡnh bỡnh hnh ) ,
suy ra iu cn chng minh .