De thi thu vao 10 chuyen So 12

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 SỐ 12 Ngày 2 tháng 5 Năm 2013. 3 x  1 P   x  1  Câu 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức :. 1  1 : x  1 x  x. với x  0 và x 1. 1/ Rút gọn biểu thức P . 2/ Tìm x để 2P – x = 3. Câu 2.(2 điểm) 1) Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm M có hoành độ bằng 2 và M thuộc đồ thị hàm 2. số y  2x . Lập phương trình đường thẳng đi qua gốc tọa độ O và điểm M ( biết đường thẳng OM là đồ thị hàm số bậc nhất). 2. x  5x  1 0  1 . Biết phương trình (1) có hai nghiệm x1;x 2 . Lập 2) Cho phương trình phương trình bậc hai ẩn y ( Với các hệ số là số nguyên ) có hai nghiệm lần lượt là y1 1 . 1 1 và y 2 1  x1 x2. 2 17  3    x  2 y  1 5   2x  2  y  2  26  x 2 y 1 5 Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  Câu 4.(3,0 điểm): Cho (O; R). Từ điểm M ở ngoài (O;R) kẻ hai tiếp tuyến MA, MB của (O;R) ( với A, B là các tiếp điểm). Kẻ AH vuông góc với MB tại H. Đường thẳng AH cắt (O;R) tại N (khác A). Đường tròn đường kính NA cắt các đường thẳng AB và MA theo thứ tự tại I và K . 1) Chứng minh tứ giác NHBI là tứ giác nội tiếp. 2) Chứng minh tam giác NHI đồng dạng với tam giác NIK. 3) Gọi C là giao điểm của NB và HI; gọi D là giao điểm của NA và KI. Đường thẳng CD cắt MA tại E. Chứng minh CI = EA. Câu 5.(2,0điểm) 1)Giải phương trình :. x  x 2  9   x  9  22  x  1. 2. 1  1   x  1, ta luôn có 3  x 2  2   2  x 3  3  x  x .   2)Chứng minh rằng : Với mọi.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 12. x 2; y  1. Câu 3.(1,0 điểm) Giải hệ phương trình: ĐKXĐ: 2 17 2 17 2 17  3  3  3          5 5 5  x  2 y 1  x  2 y 1  x  2 y 1       2x  2  y  2  26  2(x  2)  2  (y  1)  3  26  2  2  1  3 26  x 2   y 1 5 x 2 y 1 5 x 2 y 1 5    1) Câu 4.(3,0 điểm). . . 0. 1) NIB  BHN 180  NHBI nội tiếp 2) cm tương tự câu 1) ta có AINK nội tiếp.  1 B  1 A  1 I1 Ta có H I 2 B  2 A  2 K  2 3) ta có:. I1  I 2  DNC   1 A   DNC  B 1800 2 Do đó CNDI nội tiếp.  2 I 2 A  2  D DC // AI  1 H  1  AE / /IC A. Lại có Vậy AECI là hình bình hành => CI = EA. Câu 5.(1,5 điểm) 1) Giải phương trình :. x  x 2  9   x  9  22  x  1. 2. 2 2   x 2  9   x 2  9x  22  x  1   x 2  9    x 2  9   9  x  1  22  x  1. x 2  9 = m ta có: m 2  9mt 22t 2  22t 2  9mt  m 2 0 m m t  ;t  2 11 Giải phương trình này ta được m x2  9 t  ta có : x  1   x 2  2x  11 0 vô nghiêm 2 2  Với m  x2  9 t ta có : x  1   x 2  11x  2 0 11 11  Với  11  129 x1,2   121  8 129 > 0 phương trình có hai nghiệm 2 Đặt x – 1 = t;. 1  1    x  1, ta luôn có 3  x 2  2   2  x 3  3  x  x  (1)   2) Chứng minh rằng : Với mọi 1  1  1  1 1  2 1      3 x 2  2   2  x 3  3   3 x    x    2 x    x  2  1 x  x  x  x x  x      1 1 1     3  x    2  x 2  2  1 (vì x  1 nên x   0) (2) x x x   . x Đặt. 1 1 t thì x 2  2 t 2  2 x x Vì. đpcm. , ta có (2).  2t 2  3t  2  0   t  2   2t  1  0. 1 2 x  1 nên  x  1  0  x 2  1  2x  x   2 hay t  2 x. (3). => (3) đúng . Vậy ta có.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>