de thi tuyen 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THCS ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2014-2015 Họ và tên:………………….……………… Môn: TOÁN Thời gian: 120 phút Lớp:………………SBD…………………. Ngày kiểm tra: 07/06/2014 Câu 1: (2 điểm) a) Giải phương trình sau: x2 +6x + 5 =0   a  b 2  b) Giải hệ phương trình: 2a  5b 3. Câu 2: (2 điểm) x2  x 2 x  x 2( x  1)   x  x  1 x x1 Cho biểu thức P =. a) Rút gọn P b) Tính giá trị của P khi x = 3+ 2 2 Câu 3: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y= 2x - a2 và parabol (P): y = ax2 ,(trong đó a là tham số dương). a) Tìm a để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Chứng minh rằng khi đó A, B có hoành độ dương. b) Gọi xA và xB là hoành độ của A và B. Tìm a để thỏa mãn biểu thức sau: 1 1  x A  xB x A .xB = 3.. Câu 4: (3 điểm) Cho đường tròn (O;R) có dây MN cố định (MN < 2R). P là một điểm trên cung lớn MN sao cho tam giác MNP có 3 góc nhọn. Các đường cao ME, NK của tam giác MNP cắt nhau tại H. a) Chứng minh tứ giác PKHE nội tiếp được đường tròn. . . b) Kéo dài PO cắt đường tròn tại Q. Chứng minh MQ//NK và KNM NPQ c) Chứng minh rằng khi P thay đổi trên đường tròn (O) thì độ dài đoạn PH không đổi Câu 5: (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x + y + z = 1. 2 2 2 2 2 2 Chứng minh rằng: 2 x  xy  2 y + 2 y  yz  2 z + 2 z  zx  2 x  5. --- Hết ---.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN. Câu Nội dung 2 1 a) Giải phương trình sau: x +6x + 5 =0   a  b 2   2a  2b 4   2 a  5 b  3    2a  5b 3 b) Giải hệ phương trình:  b 1  b 1  7b 7     2a  5b 3 2a  5b 3 a  1. 2.  a  1  Vậy: hệ phương trình có nghiệm duy nhất:  b 1 x2  x 2 x  x 2( x  1)   x x1 a)Cho biểu thức P = x  x  1 +Điều kiện: x >0 và x 1. Điểm 1.0. 0.75 0.25. 0.25. +Rút gọn biểu thức P x2  x 2 x  x 2( x  1)   x x1 P = x  x 1 x ( x  1)( x  x  1) x (2 x  1) 2( x  1)( x  1)   x  x  1 x x1 =. 3. = x ( x  1)  (2 x 1)  2( x 1) =x- x +1 Vậy P = x - x + 1 b)Với x = 3+ 2 2 , ta thấy x >0 và x 1 Ta có x = 3+ 2 2 = ( 2 +1)2 Suy ra x = 2 +1 Thay vao biểu thức P= x - x + 1, ta được: P= 3+ 2 2 -( 2 +1) +1 = 2+3 Vậy với x = 3+ 2 2 thì P= 2 + 3 a) Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: ax2 – 2x +a2 = 0 (1) (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm  a 0   0  a 1 3 phân biệt  ' 1  a. 0.75 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25 0.5. Khi đó nếu ta gọi xA và xB là hoành độ của A và B thì theo định lí 2 xA  xB   0vàx A .xB a  0 a Viet cho pt (1) ta có:. Suy ra xA >0 và xB >0 Vậy điểm A,B có hoành độ dương.. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 b) Theo câu a), ta có: 2a + a = 3, với 0  a  1  a 1   1 a  2  2a2 – 3a + 1 = 0  . Ta thấy a= 1 không t/m đ/k Vậy a= ½ 4. 0.5 0.25 0.25 Hình vẽ. P E K. O H. M. N. I Q.  a)Ta có NK MP (gt) ⇒ HKP =900  ME PN(gt) ⇒ HEP =900   ⇒ HKP + HEP =1800 ⇒ Tứ giác PKHE có tổng số đo hai góc đối diện bằng 1800 nên nội tiếp được đường tròn.. 0.5 0.5. . 5. b)Ta có PMQ =900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ QM MP Mà NK MP ⇒ MQ//NK (cùng vuông góc với MP) Do MQ//NK ⇒ ∠ KNM= ∠ NMQ (slt) Mặt khác ∠ NMQ= ∠ NPQ (hai góc nội tiếp cùng chắn 1 cung) Từ đó suy ra ∠ KNM= ∠ NPQ c) Ta có tứ giác HNQM là hình bình hành (có hai cặp cạnh đối song song). Gọi I là giao điểm của MN và HQ thì I là trung điểm của MNvà HQ. Do I là trung điểm MN nên OI MN (quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây) ⇒ OI là khoảng cách từ tâm O đến dây MN cố định nên OI không đổi. Mặt khác OI là đường trung bình của tam giác QPH nên PH=2OI do đó Khi P 2 2 Ta có: 4( 2x + xy + 2y ) = 5(x+ y)2 + 3(x- y)2  5(x+ y)2 Vì x, y > 0 nên suy ra:. 2 x 2  xy  2 y 2 . 5 ( x  y) 2. 0.5 0.5. 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Chứng minh tương tự ta có:. 2 y 2  yz  2 z 2  2 z 2  zx  2 x 2 . 5 ( y  z) 2 5 ( z  x) 2. Cộng ba bất đẳng thức trên vế theo vế, ta được: 2 x 2  xy  2 y 2 + 2 y 2  yz  2 z 2 + 2 z 2  zx  2 x 2  5( x  y  z ). Do x+ y+ z = 1, suy ra: 2 x 2  xy  2 y 2 + 2 y 2  yz  2 z 2 + 2 z 2  zx  2 x 2  5. Cho đường tròn tâm O có đường kính AB cố định và một đường kính EF bất kì ( E khác A và B). Tiếp tuyến tại B với đường tròn cắt tia AE, AF lần lượt tại H và K. Từ A kẻ đườn thẳng vuông góc với EF cắt HK tại M. a). Chứng minh các tứ giác AEBF ; EFKH là tứ giác nội tiếp. b). chứng minh AM là dường trung tuyến của tam giác AHK. c). Gọi P, Q là các trung điểm tương ứng của HB và BK, xác định vị trí của đường kính EF để tứn giác EFQP có chu vi nhỏ nhất..

<span class='text_page_counter'>(5)</span>