Đề 2 thi thử tuyển sinh vào lớp 10 năm học 2016 – 2017 môn toán (thời gian làm bài 120 phút)

 ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
 NĂM HỌC 2016 – 2017
 MễN TOÁN
 (Thời gian làm bài 120 phỳt
Bài 1(2đ): Cho biểu thức ( Với )
a) Tính B khi x= 25
b)Rút gọn biểu thức A.
c)Tính x nguyên để C = 2A:B nguyên 
Bài 2(2đ)
	Một ụ tụ dự định đi từ tỉnh A đến tỉnh B với vận tốc 50km/h. Sau khi đi được 2/3 quóng đường với vận tốc đú, vỡ đường khú đi nờn người lỏi xe phải giảm vận tốc mỗi giờ 10km trờn quóng đường cũn lại. Do đú ụ tụ đến tỉnh B chậm hơn 30 phỳt so với dự định. Tớnh quóng đường AB
Bài 3(2đ): 1/Cho phương trỡnh .
 a)Giải phương trỡnh khi m =2 
b)Tỡm cỏc giỏ trị của m để phương trỡnh cú nghiệm. 
c)Gọi là hai nghiệm của phương trỡnh.
 Tỡm giỏ trị của m để: 
2/Giải hệ phương trỡnh sau 
Bài 4 (3.5đ) Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = 2/3 AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tuỳ ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E.
Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp .
Chứng minh AM2 = AE.AC.
Chứng minh AE. AC - AI.IB = AI2 .
 Hãy xác định vị trí của C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.
Bài 5(1đ): Cho hai số dương a, b thỏa món: a + b . 
 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức: P = .
Lời giải: 
2. Theo giả thiết MN ^AB => A là trung điểm của cung MN => éAMN = éACM ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay éAME = éACM. Lại thấy éCAM là góc chung của hai tam giác AME và AMC do đó tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM=> => AM2 = AE.AC
3. éAMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ); MN ^AB tại I => DAMB vuông tại M có MI là đường cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) .
áp dụng định lí Pitago trong tam giác AIM vuông tại I ta có AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI .
4. Theo trên éAMN = éACM => AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp D ECM; Nối MB ta có éAMB = 900 , do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp D ECM phải nằm trên BM. Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM => NO1 ^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 tam giác CME là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn tâm O1 bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM. 
Cõu 5: Ta cú (a + b)2 – 4ab = (a - b)2 0(a + b)2 4ab
 , mà a + b 
. Dấu “ = ” xảy ra . 
Vậy: min P = .