THI THU THANG 6 LAN 3

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THCS TT THANH HÀ Tổ KHTN ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN NĂM 2014 – 2015 THÁNG 6 - LẦN 3 Câu 1 (2,0 điểm). 1) Giải bất phương trình. x 1 x 1 3 .  x 3  3 3 0  3x  2 y 11. 2) Giải hệ phương trình . Câu 2 (2,0 điểm). 1) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình: Một tam giác vuông có chu vi là 30 cm, độ dài hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 7cm. Tính độ dài các cạnh của tam giác vuông đó.  2 x - y m -1  3 x  y 4m  1. 2) Cho hệ phương trình có nghiệm (x; y). Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 biểu thức P  x  y . Câu 3 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y  2 x - m 1 và parabol (P): 1 y  x2 2 .. 1) Tìm m để đường thẳng (d) song song với đường thẳng (d/): y = (m2- 2)x - 1. 2) Tìm m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có tọa độ (x 1; y1) và (x2; y2) sao x1x 2  y1 + y 2   48 0 cho: . Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm C sao cho AC< BC (C A). Các tiếp tuyến tại B và C của (O) cắt nhau ở điểm D, AD cắt (O) tại E (E  A) . 1) Chứng minh BE2 = AE.DE. 2) Qua C kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại H, DO cắt BC tại F. Chứng minh tứ giác CHOF nội tiếp . 3) Gọi I là giao điểm của AD và CH. Chứng minh I là trung điểm của CH. Câu 5 (1,0 điểm). Cho 2 số dương a, b. 1 1  2 thỏa mãn a b . Tìm giá trị lớn 1 1 Q 4  4 2 2 2 a  b  2ab b  a  2ba 2 .. nhất của biểu thức. Người ra đề: Nguyễn Đăng Thành.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 1: 1). x  2. ; 2) (3; 1) ; 3). Câu 2: 1) 5 cm; 12 cm và 13 cm.. A. x 1 x .. 2) P nhỏ nhất = ½ khi m = - ½ .. Câu 3: 1) m = - 2 (™) ; m = 2 (Loại) ; 2) Pt có 2 N pb khi m < 3.. m = -1(tm) ; m = 7 (loại). Câu V Vẽ đúng hình theo yêu cầu chung của đề bài (3,0đ)1) 1,0 VìBD là tiếp tuyến của (O) nên BD  OB => ΔABD vuông tại B điểm Vì AB là đường kính của (O) nên AE  BE 0  Áp dụng hệ thức lượng trong ΔABD ( ABD=90 ;BE  AD) ta có BE2 = AE.DE. 2) 1,0 điểm. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. Có DB= DC (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), OB = OC (bán kính của (O)) => OD là đường trung trực của đoạn BC => 0  OFC=90 (1). Có CH // BD (gt), mà AB  BD (vì BD là tiếp tuyến của (O)) 0  => CH  AB => OHC=90. 3)1,0 điểm. (2). 0   Từ (1) và (2) ta có OFC + OHC = 180 => tứ giác CHOF nội tiếp   HCB=CBD. Có CH //BD=> (hai góc ở vị trí so le trong) mà    ΔBCD cân tại D => CBD DCB nên CB là tia phân giác của HCD do CA  CB => CA là tia phân giác góc ngoài đỉnh C của ΔICD . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. AI CI = AD CD (3). AI HI = Trong ΔABD có HI // BD => AD BD (4) CI HI = Từ (3) và (4) => CD BD mà CD=BD  CI=HI  I là trung điểm. 0,25 0,25. của CH Câu VI (1,0đ). 2 2 4 2 2 4 2 2 Với a  0; b  0 ta có: (a  b) 0  a  2a b  b 0  a  b 2a b. . 1 1  (1) 2 a  b  2ab 2ab  a  b  4. 2.  a 4  b 2  2ab 2 2a 2b  2ab 2 1 1  4 2 2 b  a  2a b 2ab  a  b . Tương tự có  Q. 0,25. 0,25. (2). . Từ (1) và (2). 1 ab  a  b . 1 1 1 1  Q   2  a  b 2ab 2 2(ab) 2. Vì a b mà a  b 2 ab  ab 1. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Khi a = b = 1 thì.  Q. 1 1 2 . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>