SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2009 - 2010 ĐỀ 3 pot

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

 


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









( 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 .

1
1
1
I

H
K
O
D
C
B
A
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


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
 
 
(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)