Toan 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn: Toán x (Thời  3 gian làm bài: 120 phút). TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ THỊ TRẤN HƯNG HÀ A. x x  26 x  19 2 x   x2 x  3 x1 x 3. Bài 1 (2 điểm): Cho biểu thức a) Rút gọn A 1 b) Tìm giá trị1 nhỏ nhất của biểu thức A y  x 2 ( P ), y  x  2 ( d ) 4 2 Bài 2 (2 điểm): Cho hai hàm số. a) Vẽ (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ xOy; y 2tọa (1)độ giao điểm A và B của (P) và (d) b) Xác  x  định  c) mx  y 3 (2) Tìm điểm N trên trục hoành sao cho NA + NB ngắn nhất Bài 3 (2 điểm): Cho hệ phương trình: a) Giải hệ phương trình với m = - 1 b) Tìm m để hai đường thẳng (1) và (2) cắt nhau tại một điểm thuộc góc phần tư thứ nhất của mặt phẳng tọa độ. Bài 4 (1,5 điểm): Cho phương trình. mx2 – 2(m + 1)x + m – 4 = 0 (1). a) Giải phương trình khi m = 1 b) Tìm giá trị của m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1 + 4x2 = 3. Bài 5 (3 điểm): Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tia phân giác góc BAC cắt đường tròn tại M và cắt BC tại N a) Chứng minh AB. AC = AM. AN và AN2 = AB. AC – BN. CN b) Tiếp tuyến tại M của đường tròn cắt các tia AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh tam giác ABM và tam giác MEC đồng dạng với nhau. c) Đường tròn (O’) ngoại tiếp tam giác ADM cắt AC tại Q. Gọi I và K thứ tự là trung điểm của BC và DQ. Chứng minh IK vuông góc với AM. Bài 6 (0,5 điểm): Giải phương trình sau: 4  x 2  1  4 x  x 2  y 2  2 y  3  x 4  16  y  5.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bµi. BiÓu x x  26 x  ®iÓm 19 2chÊm x m«n x  to¸n 3   ( x  1)( x  3) x1 x  3 Néi dung. ý a). §iÓm. A =x  19  2 x ( x  3)  ( x  3)( x  1) (®kx®: 0  x  1) x x  26 ( x  1)( x  3). 0, 25. x x  26 =x  19  2 x  6 x  x  3 x  ( x  1)( x  3). 0, 25. x 3. x x  x = 16 x  16 ( x  16)( x  1) x  16   ( x  1)( x  3) ( x  1)( x  3) x 3. 1. 0, 25. =. 0, 25. 0( xx  x  16 4( x  3)  x  4 x (®kx®: 4 2) 21  4  4 x 3 x 3 x 3 ). b). 0, 25. A= 0, 75 DÊu “=” x¶y ra  x = 4 (TM§K) VËy min A = 4  x = 4. 2. a) f x =. y.   1 4. x2 8. 6. A 4. 0, 75 2. -5. N. 1 2 1 x  x  2 0 4 2 * Vẽ đúng. b). c). B 0. 5. B'. g x =.   x -1 2. x+2. Hoành độ giao điểm A và B của (P) và (d) là nghiệm của pt: Giải pt trên ta đợc x1 = 2, x2 = - 4. Tung độ các giao điểm là:  Víi x = 2  y = 1, ta cã B(2; 1).  Víi x = - 4  y = 4, ta cã A(- 4; 4). Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua trục hoành. Ta có: NA + NB = NA + NB’  AB’ không đổi. Do đó NA + NB ngắn nhất  N, A, B’ th¼ng hµng  N lµ giao ®iÓm cña AB’ víi trôc hoµnh.. 0,5. 0,5. 0, 5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 5 2 y  x  6 3 §êng th¼ng AB’: 4 5 Toạ độ giao điểm của AB’ và trục hoành: N( ; 0). a). Thay m = - 1 vào hệ phơng trình ta đợc:. x-y=2 -x-y=3. 0, 5. Giải hệ trên ta đợc hpt có nghiệm duy nhất (x; y) = (- 1/2; - 3/ 2) b). * Hai 1 đờng thẳng (1) và (2) cắt nhau tại một điểm thuộc góc phần t thứ I m  1 của mặt phẳng toạ độ  hpt có nghiệm duy nhất thoả mãn: x > 0 và y >. 0. *3 Víi  2mm  1 hpt cã nghiÖm duy nhÊt lµ: x =. 0, 5. m 1. y=. 3 a) b). * Giải x > 0 và y > 0 ta đợc giá trị cần tìm của m là: 1 < m < 3/ 2. * Thay m = 1 vào pt ta đợc x2 - 4x - 3 = 0. 1. Giải ra ta đợc x1 = 2  7 ; x2 = 2  7 * ’ = (m + 1)2 - m( m - 4) = 6m + 1 *2(Ph¬ng m  1) tr×nh cã 2 nghiÖm  m  0 vµ ’  0  0  m  - 1/ 6 m m 4 m. * Khi đó theo định lý Vi et ta có: x1 + x2 =. (1). x1. x2 =. vµ x1 + 4x2 = 3 m  2 5m  8 3m 3m * Tõ (1) vµ (3) ta cã x2 = ; x1 =. (2). 1. (3). Thay vào (2) ta đợc 2m2 - 17m + 8 = 0, giải pt ta đợc m = 8 hoặc m = 1/ 2. 4. ( TM§K). 1. A 1. 2. Q. B. a). N. I. C. O' K. D. M. E.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 5  ANB   AMC (g.g)  AB . AC = AM . AN  ABN   CMN (g.g)  AN. MN = BN. CN  AB.AC - BN. CN = AN(AM - MN)= AN2   Ta cã CME DAM ( gãc néi tiÕp vµ gãc t¹o bëi tia tiÕp tuyÕn vµ d©y cung   ch¾n hai cung b»ng nhau BM CM ). b). 1.   L¹i cã tø gi¸c ABMC néi tiÕp nªn ABM MCE  ®pcm. XÐt (0’) cã ¢1 = ¢2  MQ = MD mµ K lµ trung ®iÓm DQ nªn   0’, K, M th¼ng hµng. Tø gi¸c ABMC néi tiÕp  DBM  ACM   Tø gi¸c ADMQ néi tiÕp  MQC  ADM. 1.    DMQ BMC   BMD =  CMQ (c.g.c). c) OM MI  O ' M MK. Mà 00’ là đờng nối tâm  00’  AM MDQ  MBC (g.g) . (1)  IK // OO’ (2). Tõ (1) vµ (2)  IK  AM (®pcm). §K:. 4 - x2  0. 0,25. x4 - 16  0 x  -1/ 4 . x2  4 x2  4 x  -1/ 4. 6. x=2 Thay vào phơng trình ta đợc: y 2  2 y  1 +3 = - y + 5 y 1. 0,25. = 2 - y (§K: y  2). Gi¶i pt cã y = 1,5 (TM§K) VËy ph¬ng tr×nh cã 1 nghiÖm lµ (x; y) = (2; 1,5) * Ghi chó: - Trên đây chỉ là các bớc giải sơ lợc, yêu cầu HS phải trình bày, lập luận và biến đổi hợp lý mới đợc công nhận cho điểm..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> - Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa theo biểu điểm..

<span class='text_page_counter'>(6)</span>