Đề tuyển sinh vào 10 môn toán có đáp án số 39

ĐỀ 39
Câu 1: (1đ) Chứng minh rằng:






−
−
−
++
+
1
2
12
2
a
a
aa
a
.
.
a
a 1+
=
=
1
2
−
a

với a > 0, a
với a > 0, a
≠
1
1

Câu 2: (1.5đ)
a.Tìm giao điểm của hai đường thẳng (d
1
): 5x-2y =c và (d
2
): x+ by =2, biết rằng (d
1
) đi qua điểm
(5;-1) và (d
2
) đi qua điểm B(-7;3).
b.Vẽ hai đồ thị hàm số : (P) : y= x
2
và (d) : y= 4x-4 trên cùng mặt phẳng tọa độ. Tìm tọa độ giao
điểm của hai đồ thị trên bằng phép tính.
Câu 3: (2đ) Cạnh huyền của một tam giác vuông dài 15 m. Hai cạnh góc vuông hơn kém nhau
3m.Tìm các cạnh góc vuông của tam giác vuông đó.
Câu 4: (2đ) Cho phương trình (m+1)x
2
- 2(m-1)x + m – 2 = 0 (*)
a. Xác định m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt.
b. Xác định m để phương trình (*) có một nghiệm bằng 3 và tìm nghiệm còn lại.

c. Xác định m để phương trình (*) có hai nghiệm thỏa mãn 4(x
1
+x
2
)=7x
1
x
2
.
Câu 5: (3.5đ) Cho tam giác ABC cân tại A,các đường cao AD và BE cắt nhau tại H. Gọi O là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác AHE.
a.Chứng minh : ED =
1
2
BC.
b.Chứng minh rằng DE là tiếp tuyến của (O).
c. Chứng minh : BD.DC =AD.DH.
d. Tính độ dài DE biết rằng DH= 4cm, AH=5cm.
Giải và thang điểm:

Câu 1: (1đ)
VT=
VT=






−

−
−
++
+
1
2
12
2
a
a
aa
a
.
.
a
a 1+
=
=
2
2 2
( 1)
( 1)( 1)
a a
a
a a
 
+ −
−
 
+

+ −
 
.
.
a
a 1+


`
`
=
=
2
( 2)( 1) ( 2)( 1)
( 1) ( 1)
a a a a
a a
+ − − − +
+ −
.
.
a
a 1+

(0,5đ)


=
=
1

)2()2(
−
−−−−+
a
aaaa
.
.
a
1

(0,25đ)


=
=
1
2
−a
a
.
.
a
1
=
=
1
2
−a
=VP
=VP (0,25đ)

Câu 2: (1.5đ)
a. (d
1
): 5x-2y = c đi qua điểm (5;-1) nên 5.5-2.(-1)= c hay c = 27
(d
2
): x+ by =2 đi qua điểm B(-7;3) nên -7+ 3b = 2 hay b = 3 (0,25đ)
Như vậy ,phương trình của (d
1
) là 5x -2y =27,(d
2
) là x+3y=2. (0,25đ)
Giao điểm của hai đường thẳng này là nghiệm của hệ phương trình
5 2 27
3 2
x y
x y
− =


+ =

Giải hệ phương trình ta có nghiệm
5
1
x
y
=



= −


Vậy giao điểm cần tìm là M(5;-1) (0,25đ)
b.
x -3 -2 -1 0 1 2 3
y= x
2
9 4 1 0 1 4 9
(d) : y= 4x-4 đi qua A( 0;-4) và B(1;0) (0,25đ)
Vẽ đồ thị : (0,25đ)
10
8
6
4
2
-2
-4
-6
-10
-5
5
10
Hoành độ giao điểm : x
2
= 4x-4

⇔

x
2
-2x+4=0
Phương trình có nghiệm kép x
1
= x
2
= 2
Tung độ giao điểm : Thay x= 2 vào y= 4x-4 ta có y= 4
Vậy (P) tiếp xúc với (d) tại E(2;2) (0,25đ)
Câu 3: (2đ)
Gọi x (m) là độ dài của một cạnh góc vuông (0<x <15)
Độ dài của cạnh góc vuông còn lại là x+3 (m) (0,5đ)
Áp dụng định lí Pi-ta-go ta có:
x
2
+(x+3)
2
=152 (0,5đ)
⇔
x
2
+3x -108 =0 (0,5đ)
Giải phương trình được x
1
=9 (nhận)
x
2
=-12 (loại)
Kết luận: Độ dài của hai cạnh góc vuông là 9m và 12m. (0,5đ)

Câu 4: (2đ) Cho phương trình (m+1)x
2
- 2(m-1)x + m – 2 = 0 (*)
a. Điều kiện: m+1
≠
0
⇔
m
≠
-1 (0,5đ)

′
∆
= [- (m-1)]
2
-(m+1) (m – 2)
= -m +3 (0,25đ)
Để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt thì
-m +3>0

⇔
m < 3
Vậy với m < 3 và m
≠
-1 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt. (0,25đ)
b. Khi x =3 ta được (m+1).3
2
- 2(m-1).3 + m – 2 = 0

⇔

4m +13 =0

⇔
m =
13
4
−
(0,25đ)
Áp dụng hệ thức Vi-et ta có :x1.x2=
2
1
m
m
−
+
=
7
3

⇒
x
2
=
7
9
(0,25đ)
c. Áp dụng định lí Vi-et ta có: x
1
+x
2

=
2( 1)
1
m
m
−
+
x
1
x
2
=
2
1
m
m
−
+

4(x
1
+x
2
) =7x
1
x
2

⇒
8( 1)

1
m
m
−
+
=
7( 2)
1
m
m
−
+
(0,25đ)

⇒
8m-8 = 7m -14

⇔
m = -6 (0,25đ)
Câu 5: (3.5đ)
Hình vẽ (0,5đ)
O
H
E
D
B
C
A
a. Ta có
∆

BEC vuông tại E(do BE là đường cao),có ED là trung tuyến (vì AD là đường cao của
∆
ABC cân tại A).
⇒
ED =
1
2
BC (0,5đ)
b.
∆
AHE vuông tại E nên OA=OH=OE
· ·
DBH DEH=
(Vì
∆
DBE có DB =ED =
1
2
BC)
·
·
AHE BHD=
(đối đỉnh)
·
·
AHE OEH=
( Vì OE=OH)
Mà
·
·

DBH BHD+
=180
0
nên
·
·
DEH OEH+
=90
0
⇒
DE
⊥
OE
⇒
DE là tiếp tuyến của (O). (1đ)
c.
∆
BDH đồng dạng với
∆
ADC (g-g) (0,5đ)
⇒
BD DH
AD DC
=
⇒
BD.DC =AD.DH (0,5đ)
d.Có BD.DC =AD.DH=(AH+HD).DH=(5+4).4=36
Mà DE=DB=DC nên DE=
36
=6 (cm) (0,5đ)