Đề Thi Thử Tuyển Sinh Lớp 10 Toán 2013 - Đề 84 pptx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2009 - 2010
000 000
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN

Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề)


Bài 1: (2,0 điểm)
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
1/
2
5x 6x 8 0
  

2/
5x 2y 9
2x 3y 15
 


 

.

Bài 2: (2,0 điểm)
1/ Rút gọn biểu thức
2 2
A ( 3 2) ( 3 2)

   
2/ Cho biểu thức
x 2 x 1 3 x 1 1
B : 1
x 1 x 3 ( x 1)( x 3) x 1
 
  
 
   
 
 
 
    
 
 

a) Rút gọn biểu thức B.
b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức B nhận giá trị nguyên .

Bài 3: (1,5 điểm)
Một tam giác vuông có hai cạnh góc vuông hơn kém nhau 8m . Nếu tăng
một cạnh góc
vuông của tam giác lên 2 lần và giảm cạnh góc vuông còn lại xuống 3 lần thì
được một tam
giác vuông mới có diện tích là 51m
2
. Tính độ dài hai cạnh góc vuông của tam
giác vuông
ban đầu.

Bài 4: (3,5 điểm)
Cho tam giác vuông cân ADB ( DA = DB) nội tiếp trong đường tròn tâm O.
Dựng hình
bình hành ABCD ; Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ D đến AC ; K là giao
điểm của
AC với đường tròn (O). Chứng minh rằng:

1/ HBCD là một tứ giác nội tiếp.
2/
·
·
DOK 2.BDH


3/
2
CK CA 2.BD
.

Bài 5: (1,0 điểm)
Gọi
1 2
x ,x
là hai nghiệm của phương trình:
2 2
x 2(m 1)x 2m 9m 7 0
     

(m là tham số).
Chứng minh rằng :

1 2
1 2
7(x x )
x x 18
2

 



Hết

Họ và tên thí sinh : Số báo danh :

Chữ ký các giám thị :
- Giám thị 1 :
- Giám thị 2 :

(Ghi chú : Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)







GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 DAKLAK
NĂM HỌC : 2009 – 2010 (Ngày thi : 26/06/2009)
******

Bài 1:
1/ PT:
2
5x 6x 8 0
  
;
/ /
1 1
3 7 3 7 4
9 5( 8) 49 0 7 ; x 2 ; x
5 5 5
  
            

PT đã cho có tập nghiệm :
 

 
 
-4
S 2 ;
5


2/
5x 2y 9 15x 6y 27 19x 57 x 3 x 3
2x 3y 15 4x 6y 30 5x 2y 9 y (9 15) :2 y 3
      
    

   
    
         
    


HPT có nghiệm duy nhất
(x;y) = (3;-3)


Bài 2:
1/
2 2
A ( 3 2) ( 3 2) 3 2 3 2 3 2 2 3
            
4


2/ a) ĐKXĐ:
 
x 0
x 1;4;9








1
1
1
I
H
K
O
D
C
B
A

( x 2)( x 3) ( x 1)( x 1) 3 x 1 x 2
B :
( x 1)( x 3) x 1
       

  


x 3 x 2 x 6 x 1 3 x 1 x 1
( x 1)( x 3) x 2
       
 
  
2
.
x - 2

b)
2
B
x 2


( Với


x 0 v x 1;4;9
µ  )
B nguyên


x 2 2
¦( )= 1 ; 2
    

x 2 1 x 3
x 9 (lo
x 2 1 x 1 x 1 (lo
x 16(nh
x 2 2 x 4
x 0 (nh
x 2 2 x 0
¹i)
¹i)
Ën)
Ën)
 

  


 

    
 

  
 


  
 

 


   
 

Vậy : Với


x = 0 ; 16
thì B nguyên .

Bài 3:
Gọi độ dài cạnh góc vuông bé là x (m) (đ/k:
x 0


)
Thì độ dài cạnh góc vuông lớn là x + 8 (m)

Theo đề bài ta có PT:
1 x 8
.2x. 51
2 3


hoặc
1 x
. .2(x 8) 51
2 3
 

2
x 8x 153 0
   
; Giải PT được :
1 2
x 9 (tm ; x 17 (lo
®k) ¹i)
  

Vậy: độ dài cạnh góc vuông bé là 9m ; độ dài cạnh góc vuông lớn là 17m



Bài 4:

1/
DH AC

(gt)
·
0
DHC 90


BD AD (gt)
BD BC
BC// AD(t / c h×nh b×nh hµnh)


 



·
0
DBC 90
 

Hai đĩnh H,B cùng nhìn đoạn DC dưới
một góc không đổi bằng 90
0


HBCD


W
nội tiếp trong đường tròn
đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc)

2/
+
¶
¶
»
1 1
D C ( 1/ 2s BH
®  của đường tròn đường kính DC)
+
¶
¶
1 1
C A
 (so le trong, do AD//BC)
¶
¶
1 1
D A
 
+
·
¶
1
DOK 2A
 (Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn
»

DK
của
(O))
·
¶
·
1
DOK 2D 2BDH
   .
3/
+
·
0
AKB 90

(góc nội tiếp chắn ½ (O)
·
·
0
BKC DHA 90
  
;
¶
¶
1 1
C A
 (c/m trên)

AHD CKB
 

V V (cạnh huyền – góc nhọn)
AH CK
 


+AD = BD (
ADB

cân) ; AD = BC (c/m trên)
AD BD BC
  


+ Gọi
I AC BD
 
; Xét
ADB

vuông tại D , đường cao DH ; Ta có:

2 2
BD AD AH.AI CK.AI
   (hệ thức tam giác vuông) (1)
Tương tự:
2 2
BD BC CK.CI
  (2)

Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được:

2 2 2
CK.AI CK.CI 2BD CK(AI CI) 2BD CK.CA 2BD
       (đpcm)


Bài 5: PT :
2 2
x 2(m 1)x 2m 9m 7 0
     
(1)

+
/ 2 2 2
m 2m 1 2m 9m 7 m 7m 6
          

+ PT (1) có hai nghiệm
1 2
x ,x
/ 2 2
0 m 7m 6 0 m 7m 6 0
           


 
(m + 1)(m + 6) 0
; Lập bảng xét dấu
6 m 1
    

(*)

+Với đ/k (*), áp dụng đ/l vi ét:
1 2
2
1 2
x x 2(m 1)
x x 2m 9m 7
   


  


2 2 2
1 2
1 2
7(x x )
14(m 1)
x x (2m 9m 7) 7m 7 2m 9m 7 2m 16m 14
2 2

 
               

2
2(m 8m 16) 14 32       
2
18 2(m + 4)

+ Với
6 m 1
   
thì
2
18 2(m 4) 0
  
. Suy ra   
2 2
18 2(m + 4) 18 2(m + 4)

Vì
2
2(m 4) 0
 
  
2
18 2(m + 4) 18
. Dấu “=” xảy ra khi
m 4 0 m 4
    

(tmđk (*))
Vậy :
1 2
1 2
7(x x )
x x 18
2


 
(đpcm)