de thi vao 10 - de 2
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (102.85 KB, 3 trang )
ĐỀ THI TUYỂN SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC: 2010 – 211
Khoá ngày :
19/05/2010
Môn Thi : Toán
Thời gian 120 phút ( không kể thời gian phát đề )
Câu 1 : ( 2.0 điểm)
a) Giải hệ phương trình :
2 1
3 4 14
x y
x y
+ = −
+ = −
b) Trục căn ở mẫu :
25 2
; B =
7 2 6
4 + 2 3
A =
+
Câu 2 : ( 2.0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ
phương trình
Một đội xe cần phải chuyên chở 150 tấn hàng . Hôm làm việc có 5 xe được
điều đi làm nhiệm vụ khác nên mỗi xe còn lại phải chở thêm 5 tấn . Hỏi đội
xe ban đầu có bao nhiêu chiếc ? ( biết rằng mỗi xe chở số hàng như nhau )
Câu 3 : ( 2,5 điểm ) Cho phương trình x
2
– 4x – m
2
+ 6m – 5 = 0 với m là
tham số
a) Giải phương trình với m = 2
b) Chứng minh rằng phương trình luôn có nghiệm
c) Giả sử phương trình có hai nghiệm x
1
; x
2
, hãy tìm giá trị bé nhất
của biểu thức
3 3
1 2
P x x= +
Câu 4 : ( 2,5 điểm ) Cho hình bình hành ABCD có đỉnh D nằm trên đường
tròn đường kính AB = 2R . Hạ BN và DM cùng vuông góc với đường chéo
AC
a) Chứng minh tứ giác : CBMD nội tiếp được
b) Chứng minh rằng : DB.DC = DN.AC
ĐỀ CHÍNH THỨC
H
M
N
O
D
C
B
A
c) Xác định vị trí của điểm D để diện tích hình bình hành ABCD có
diện tích lớn nhất và tính diện tích trong trường hợp này
Câu 5 : ( 1.0 điểm ) Cho D là điểm bất kỳ trên cạnh BC của tam giác ABC
nội tiếp trong đường tròn tâm O Ta vẽ hai đường tròn tâm O
1
, O
2
tiếp xúc
AB , AC lần lượt tại B , C và đi qua D . Gọi E là giao điểm thứ hai của hai
đường tròn này . Chứng minh rằng điểm E nằm trên đường tròn (O)
HẾT
Gợi ý đáp án câu khó:
Câu 3: b. Ta có ac = -m
2
+6m-5 = -((m-3)
2
+4)<0 với ∀ m => phương trình
luôn có hai nghiệm phân biệt.
c. Theo Viét
1 2
2
1 2
4
6 5
x x
x x m m
+ =
= − + −
=> P = x
1
3
+x
2
3
= (x
1
+ x
2
)(x
1
2
+ x
2
2
– x
1
.x
2
) = 12(m
2
- 6m + 7) = 12((m-3)
2
-2)
≥ 12(-2) = -24 => Min P = -24 ⇔ m=3.
Câu 4:
a. Góc ADB = 90
0
(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
mà AD//BC (gt) => DB⊥BC
Xét tứ giác DMBC có góc DMC = góc DBC =
90
0
=> Tứ giác nội tiếp.
b. Ta có ∆DBN đồng dạng với ∆CAD
(
·
·
DBNDAC =
,
·
·
·
BDN BAN DCA= =
)
=>
DC
DN DB
AC
=
=> DB.DC = DN.AC
c. S
ABCD
= DH.AB
E
O
2
O
1
O
D
C
B
A
Do AB không đổi = 2R
=> S
ABCD
max ⇔DH max ⇔ D nằm chính giữa cung AB.
Câu 5:
Ta có
·
·
DEC BCA=
( Góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và một dây cung
cùng chắn một cung)
Tương tự:
·
·
DEB ABC=
Mà
·
·
·
·
0
180DEB DEC CBE BCE+ + + =
(tổng 3 góc trong
∆BEC)
=>
·
·
·
·
0
180ABC BCA CBE BCE+ + + =
=>
·
·
0
180ABE ACE+ =
=> Tứ giác ABEC nội tiếp
đường tròn tâm O => E ∈(O).
