Giáo án Đề 21 kiểm tra môn toán vào lớp 10

ĐỀ 39 + 40 – TOÁN ÔN VÀO 10 – KEYS – 2013 ĐỀ 39 Câu 1: 1) Tính: 2) Rút gọn biểu thức: P= với x1 và x >0 Câu 2: 1) Trên hệ trục tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm M (3; 2) và N (4; -1). Tìm hệ số a và b. 2) Giải hệ phương trình: Câu 3: Cho phương trình: x2 - 2mx - 6m = 0 (1) 1). Giải phương trình (1) khi m = 2 2) Tìm m để phương trình (1) có 1 nghiệm gấp 2 lần nghiệm kia. Câu 4: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E. 1) Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp . 2) Chứng minh hệ thức: AM2 = AE.AC. 3) Hãy xác định vị trí của điểm C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất. Câu 5: Cho x và y là hai số thỏa mãn đồng thời : x , y 0, 2x + 3y 6 và 2x + y 4. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức K = x- 2x – y. KEYS Câu 1: (2 điểm) 1) Tính: = = 2) Rút gọn biểu thức: P = = = = Câu 2:1) Đường thẳng y = ax + b đi qua 2 điểm M (3; 2) và N( 4; -1) nên: 2) Giải hệ pt: . Câu 3: 1) Khi m = 2, phương trình (1) trở thành: x2 - 4x -12 = 0 = 16, pt đã cho có 2 nghiệm: x = - 2; x = 6. 2) Phương trình (1) có nghiệm m2 + 6m (2) Khi đó, theo hệ thức Vi ét ta có: (3) Phương trình có 1nghiệm gấp 2 lần nghiệm kia khi và chỉ khi: (4) Từ (3), (4), ta có: (thỏa mãn đk (2)) Vậy các giá trị m cần tìm là . Câu 4: 1. Theo giả thiết MN ^AB tại I mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp. 2. Theo giả thiêt MN ^AB, suy ra A là điểm chính giữa của nên (hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay, lại có là góc chung do đó tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM AM2 = AE.AC. 3. Theo trên AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp DECM. Nối MB ta có = 900, do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp DECM phải nằm trên BM. Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BMNO1 ^BM. Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp D ECM có bán kính là O1M. Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp D ECM là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn (O1), bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM. Câu 5: Từ 2x + 3y K = x2 - 2x - y Suy ra : min K = khi x =  ; y = Ta có : 2x2 + xy ( x0) Suy ra : max K = 0 khi hoặc Lời bình : Câu V · Nhiều khi tìm trực tiếp GTNN của biểu thức K thật khó khăn. "Cái khó ló cái khôn", người ta bắc cầu K qua biểu thức B (bé hơn) theo sơ đồ "bé dần": K ³ B . Rồi đi tìm GTNN của B, từ đó mà suy ra GTNN của biểu thức K. Các mối liên hệ giữa K và giả thiết sẽ chỉ dẫn chúng ta tìm đến B. + Trong bài toán trên, thấy trong biểu thức K = x2 - 2x - y có chứa - y, nên để thuận theo sơ đồ "bé dần" ta biến đổi : 2x + 3y £ 6 Û Thay - y bởi ta có . · Cũng vậy, đối với tìm GTLN thì việc bắc cầu phải theo sơ đồ "lớn dần": K £ L + Trong các giả thiết không thể suy ra - y £ h(x) để tìm L (lớn hơn) trong sơ đồ "lớn dần" . Vậy nên để có biểu thức L buộc phải đánh giá bộ phận còn lại x2 - 2x £ g(x). Ta có 2x + y £ 4 Û . (ở đây ) Thay x2 - 2x bởi ta có . · Chắc chắn bạn còn thắc mắc là bài toán có hai giả thiết, thế nhưng khi tìm GTNN (GTLN) lại sử dụng giả thiết này mà không sử dụng giả thiết kia ? + Trong quá trình đánh giá có thể tìm được nhiều biểu thức B. Gọi Bk là một trong số các biểu thức B tìm được và có minBk = b. Thế thì b chưa hẳn đã là GTNN của K. Chỉ trong trường hợp khi minBk = b mà ta cũng có K = Bk (hoá giải được dấu "=" trong sơ đồ "lớn hơn") thì mới có minK = minBk = b. Trong trường hợp đó biểu thức Bk được gọi là "kết". Lời giải chỉ thành công khi tìm được "kết". Trong bài toán trên, sử dụng giả thiết còn lại không dẫn tới "kết". Tình huống cũng tương tự đối với việc tìm biểu thức L. Biểu thức L dẫn tới maxK cũng được gọi là "kết". + Trong bài toán trên, hình thức các giả thiết chưa đủ để chỉ dẫn "bắt mạch" sử dụng giả thiết này hay giả thiết kia. Nhiều bài toán phức tạp có thể cần sự kết hợp của tất cả các giả thiết mới tìm được "kết". · Mấu chốt của bài toán tìm GTNN, GTLN là tìm "kết". Nhìn lại kết của các đề trước : + Câu 5, đề 1, "kết" chính là biểu thức phải tìm GTNN. + Câu 5, đề 11, "kết" là . + Câu 5, đề 32, "kết" là Bk = D1 + D2. ĐỀ 40 Câu 1. Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho đường thẳng d có phương trình: 3x + 4y = 2. a) Tìm hệ số góc của đường thẳng d. b) Với giá trị nào của tham số m thì đường thẳng d1: y = (m2 -1)x + m song song với đường thẳng d. Câu 2. Tìm a, b biết hệ phương trình có nghiệm . Câu 3. Cho phương trình: (1) a) Chứng tỏ phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. b) Gọi 2 nghiệm của phương trình (1) là . Lập một phương trình bậc 2 có 2 nghiệm là và . Câu 4. Bên trong hình vuông ABCD vẽ tam giác đều ABE . Vẽ tia Bx thuộc nửa mặt phẳng chứa điểm E, có bờ là đường thẳng AB sao cho Bx vuông góc với BE. Trên tia Bx lấy điểm F sao cho BF = BE. a) Tính số đo các góc của tam giác ADE. b) Chứng minh 3 điểm: D, E, F thẳng hàng. c) Đường tròn tâm O ngoại tiếp tam giác AEB cắt AD tại M. Chứng minh ME // BF. Câu 5. Hai số thực x, y thoả mãn hệ điều kiện : . Tính giá trị biểu thức P = . KEYS Câu 1. a) 3x + 4y = 2 , nên hệ số góc của đường thẳng d là k = . b) d // d1 . Vậy với thì d1 // d. Câu 2. Hệ phương trình có nghiệm nên . Câu 3. a) Do nên phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt. b) Vì là 2 nghiệm của phương trình (1) nên theo hệ thức Vi-et, ta có: , . Do đó: . và P =. Vậy phương trình bậc 2 cần tìm là: . Câu 4. a) Tam giác ADE cân tại A vì AD = AE. Lại có: = Do đó . b) Từ giả thiết, dễ thấy tam giác BEF vuông cân tại B, nên . Từ đó ta có: suy ra 3 điểm D, E, F thẳng hàng, đpcm. c) Ta có: (cùng chắn cung EM) suy ra nên . Mà nên . Vậy hay MEEB. Mặt khác BFEB do đó ME // BF. Câu 5. Từ (1) ta có: (3) Từ (2) ta có: (4) Từ (3) và (4), suy ra x = -1, thay vào hệ đã cho ta được y = 1. Vậy P = 2.