DE THI VAO THPT NAM HOC 2011 2012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Phßng gd -®t vô b¶n Trêng thcs trÇn huy liÖu. đề Thi thử tuyển sinh vào THPT năm học 2012 - 2013 M«n To¸n : Líp 9 ( Thêi gian lµm bµi : 120 phót). I-PhÇn tr¾c nghiÖm: ( 2 ®iÓm). Hãy chọn phơng án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trớc phơng án đó vào bµi lµm 2 C©u 1: KÕt qu¶ cña phÐp tÝnh 50  (1  2) lµ A.6 2 -1 B. 4 2 +1 C. 2 2 + 3. D.3 2 +2. C©u 2: Cho biÓu thøc P = a 7 víi a<0. §a thõa sè ë ngoµi dÊu c¨n vµo trong dâu căn ta đợc P bằng 2. 2. A. 7a B.- 7a C. 7a D.- 7a Câu 3: Trong các hàm số sau đây hàm số nào đồng biên với x > 0 A.y= (m-1)x2 ; B. y = - 2 x2 C. y = (m2 + 1)x2 D. y = -3x + 5 2 2 C©u 4: §êng th¼ng y = 1+3x vµ (P): y = (m -1)x c¾t nhau t¹i A cã hoµnh độ x= 1 thì giá trị của m là A. 3 B.- 3 C.  3 D.  5 C©u 5: Ph¬ng tr×nh nµo sau ®©y cã hai nghiÖm d¬ng A. x2 -2x B. x2 -2 2 x + 1 = 0 C. x2 -2x + 1 = 0 D. x2 +x - 2 =0 C©u 6: Gi¸ trÞ cña biÓu thøc sin2  + cot2  . sin2  b»ng A.1 B. cos 2  C.sin2  D.2 Câu 7: Một hình trụ có bán kính đáy bằng 2cm, có thể tích bằng 20  cm3 khi đó hình trụ đã cho có chiều cao bằng 5 A.  cm. B. 10cm C. 5cm D. 15cm Câu 8: Một hình nón có bán kính đáy bằng 2cm, chiều cao bằng 6cm.Thể tích của hình nón đã cho là A. 24  cm3 B. 8 cm3 C. 8  cm3 D. 12  cm3 II- Tù luËn C©u 1:(1.5 ®iÓm) .Cho biÓu thøc 1   x 1 x  1     x   x  x  1 x  1   P= víi x > 0 ; x  1;. 1. Rót gän P 2. Tìm x để P = 8 Câu 2:( 1.5 điểm)Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho đờng thẳng (d): y = (k-1)x + 4 (k lµ tham sè) vµ (P): y = x2 1. Khi k = -2, hãy tìm toạ độ giao điểm của đờng thẳng (d) và (P) 2. Chứng minh rằng với bất kì giá trị nào của k thì đờng thẳng (d) và pa rabol (P) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt 3. Gọi y1; y2 là tung độ c¸c giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). T×m k sao cho: y1  y 2 y1 y 2 . C©u 3: (1 ®iÓm).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh  x2 y 2 18   x y  x  y 12 . C©u 4:(3 ®iÓm) Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ đờng tròn tâm O đờng kính AB . Gọi I là điểm cố định nằm giữa O và B. Dây cung E F của đờng tròn (O) luôn đi qua I. Vẽ đờng thẳng d vuông góc với AC tại C . AE c¾t d t¹i P, A F c¾t d t¹i Q. §êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c APQ c¾t AC t¹i M kh¸c A a,Chøng minh c¸c tø gi¸c BEPC, EPQF lµ tø gi¸c néi tiÕp  AQM vµ AI. AM = AB.AC b, Chøng minh  AI F c, Khi dây E F thay đổi vị trí hỏi tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác APQ chuyển động trên đờng nào ? Chứng minh C©u 5: (1 ®iÓm): Gi¶i ph¬ng tr×nh x 2. x  2 2 x 2  4  2 x  2 (1). đáp án và biểu điểm ( đề thi thử tuyển sinh vào THPT môn toán 9) I/ phÇn tr¾c nghiÖm kh¸ch quan. (2 ®iÓm).Mçi c©u 0.25 ®iÓm C©u §¸p ¸n. 1 B. 2 D. 3 C. 4 D. 5 B. 6 A. 7 C. 8 C.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> II. phÇn tù luËn: C©u 1:(1.5 ®iÓm). a ,(0.75 ®iÓm).Víi x > 0 ; x 1, ta cã 1   x 1 x  1     x   x  x  1 x  1  P= . =. x 1  .. 2.  . x 1 . x. . x1. 2. x 1. x  2 x 1  x  2 x 1 x = 2x  2 x = 2( x  1) x =. b ,(0.75 ®iÓm).Víi x > 0 ; x 1, ta cã P = 8 2( x  1) x =8  x 1 4  x x 1 4 x  x  x . x +1 = 4 x.  x-4 x +1=0  ( x -2)2 = 3 . x = 7- 4 3 ; x = 7 + 4 3 ( TM§K). VËy víi x = 7- 4 3 ; x = 7 + 4 3 th× P = 8 C©u 2:(1.5®iÓm). 1,:(0.5®iÓm)Với k = 2 ta có đường thẳng (d): y = 3x + 4 Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x2 = 3x + 4.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> . x2 + 3x  4 = 0. Do a + b + c = 1 + 3  4 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm: x = 1; x =  4 Với x = 1 có y = 1 Với x = 4 có y = 16 Vậy khi k = 2 đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm có toạ độ là (1; 1); (4; 16) 2,:(0.5®iÓm) Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là nghiÖm cña ph¬ng tr×nh x2 = (k  1)x + 4  x2  (k  1)x  4 = 0 Ta có ac = 4 < 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k. Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. 3,:(0.5®iÓm)Với mọi giá trị của k; đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. Gäi x1, x2 lµ hoành độ giao ®iÓm cña đường thẳng (d) và parabol (P). Theo hÖ thøc Vi-et ta cã  x1  x 2 k  1   x1x 2  4 2 2 Khi đó: y1 x1 ; y 2 x 2. Vậy y1 + y2 = y1 y 2 2. 2. 2. 2.  x1  x 2 x1 x 2  (x1 + x2)2  2x1x2 = (x1 x2)2  (k  1)2 + 8 = 16  (k  1)2 = 8  k 1  2 2 hoặc k 1  2 2 Vậy k 1  2 2 hoặc k 1  2 2 C©u 3::(1.0®iÓm) §K x 0; y 0 Víi x 0; y 0 ta cã  x2 y 2 18    x3  y 3 18 xy ( x  y )( x 2  xy  y 2 ) x y    x  y 12    x  y 12   x  y 12.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> .  x  y   ( x  y ) 2  3xy  18 xy 12(122  3xy ) 18xy      x  y 12   x  y 12. 1728  36 xy 18 xy 54 xy 1728  xy 32      x  y 12   x  y 12   x  y 12  x, y lµ nghiÖm cña ph¬ng tr×nh. X2 - 12X + 32 = 0 (1) Pt cã  ’ = (-6)2 -1.32 = 4 > 0  ph¬ng tr×nh (1) cã hai nghiÖm ph©n biÖt 62 X1 = 1 = 8 (TM§K) 6 2 X2 = 1 = 4(TM§K). V©y hÖ ph¬ng tr×nh 2 nghiªm (x: y) lµ (8;4) hoÆc (4; 8) C©u 4::(3®iÓm). 0   a,:(1.0®iÓm) Tø gi¸c BEPC cã BEP  BCP 180 nªn lµ tø gi¸c néi tiÕp.   EBA   P (cïng bï víi EBC ) AFE  ABE . Mµ. (Hai gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung AE cña (0)).

<span class='text_page_counter'>(6)</span>    P  AFE     L¹i cã AFE  EFQ = 1800 nªn P  EFQ = 1800  EPQF lµ tø gi¸c néi tiÕp AMQ  APQ. b,:(1.5®iÓm)Ta cã tiÕp  APQ). (hai góc nội tếp cung chắn cung AQ của đờng tròng ngoại.   mµ P  AFE (cmt)    AMQ  AFI XÐt  AI F vµ  AQM  MAQ. Cã. chung. AMQ  AFI (cmt). V©y  AI F  AQM (g.g) AI AF   AQ AM  AI.AM = AQ.A F (1) AFB  ACQ   ACQ (v× C./m:  A FB - 900 ; QAC chung) AF AB   AC AQ  A F. AQ = AB. AC (2). Tõ (1) vµ (2) ta cã AI. AM= AB.AC. AB. AC c,:(0.5điểm):Ta có AI. AM= AB.AC  AM = AI không đổi , do đó điểm M cố định . Gọi J là tâm đờng tròn ngoại tiếp  APQ . Do M thuộc đờng trong này nên JA =. JM.  J thuộc đờng trung trực của đoạn AM. C©u 5::(1.0®iÓm) §iÒu kiÖn : x ≥ 2 PT (1) ⇔ √ x − 2− √ x +2+ x − 2− 2 √ x −2 √ x +2+ x +2− 2=0 2 ⇔ ( √ x − 2− √ x +2 ) + √ x − 2− √ x +2 −2=0 §Æt √ x −2 − √ x +2=t. Ph¬ng tr×nh trë thµnh : t2 + t - 2 = 0. - Víi t=1 ⇒ √ x − 2− √ x +2=1 √ x −2=1+ √ x +2 x-2 = 3+x+2 √ x+2 2 √ x +2=− 5. ⇔ t=1 ¿ t=−2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Ph¬ng tr×nh v« nghiÖm . - Víi t=-2 ⇒ √ x − 2− √ x +2=− 2 ⇔ √ x − 2+2=√ x+ 2 ⇔ x +2+4 √ x −2=x +2 ⇔ √ x − 2=0 ⇔ x =2 VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x=2 ..

<span class='text_page_counter'>(8)</span>