GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINHLỚP 10 MÔN TOÁN- TP. ĐÀ NẴNG

GỢI Ý GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH
LỚP 10 MÔN TOÁN- TP. ĐÀ NẴNG
Ngày thi 19-6-2008
Câu 1: (2,0 điểm)
a) Trục căn thức ở mẫu của các biểu thức:
32
5
5
5
+
và
Gợi ý:
=
5
5
5
5
)5(
2
=
3510
34
3510
)32)(32(
)32(5
32
5
−=
−
−
=

−+
−
=
+
b) Rút gọn biểu thức A=
b
a
b
bab
−
−
2
2
trong đó a≥ 0, b>0.
Gợi ý:
A=
b
a
b
bab
−
−
2
2
(a≥ 0, b>0) =
2
2
−=
−−
b

abbab
Câu 2: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình x
2
+2x-35=0
Gợi ý:
∆’ = b’
2
–ac=1-(-35)=36
636'
==∆
5
1
61''
1
=
+−
=
∆+−
=
a
b
x
,
7
1
61''
2
−=
−−

=
∆−−
=
a
b
x
Phương trình có 2 nghiệm x1=5, x2=-7
b) Giải hệ phương trình



=+
=−
82
232
yx
yx
Gợi ý:



=
=
⇔



=+
=
⇔




=+
=
⇔



=+
=−
2
4
84
2
82
147
642
232
y
x
x
y
yx
y
yx
yx
Hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x=4, y=2)
Câu 3(2,5 điểm)
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, cho 2 điểm A(1;1), B(2;0) và đồ thị (P) của hàm số y=-x

2
.
a) vẽ đồ thị (P)
b) Gọi d là đường thẳng đi qua B và song song với
đường thẳng OA. Chứng minh rằng đường thẳng
d cắt (P) tại hai điểm phân biệt C và D. Tính diện
tích tam giác ACD (đơn vị đo trên các trục toạ
độ là cm).
Gợi ý:
a) y=-x
2
4- 1- 0 1- 4-y
2 1 0 1- 2- x
Đ ồ thị (P) của hàm số y=-x
2
là đường parabol có
đỉnh là gốc toạ độ O(0;0), nhận trục tung làm trục
đối xứng.
b) Phương trình đường thẳng OA có dạng : y=kx
(k≠0) với A(1;1) ta có 1=k.1 ⇒ k=1
⇒ phương trình đường OA: y=x
Đường thẳng d đi qua B và song song với đường thẳng OA nên phương trình
đường thẳng d có dạng y=x+m (m≠0)
Với B (2;0) ta có 0=2+m ⇒ m= -2
⇒ phương trình đường thẳng d: y=x -2
Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và d: -x
2
=x-2 ⇒ x
2
+x-2=0

Ta có a+b+c=1 +1-2=0 nên phương trình có 2 nghiệm x1=1; x2 =
2
−=
a
c
Vậy (P) và d luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt C, D
x1=1 ⇒ y1= -1; x2=-2 ⇒ y2= -4
⇒ C(1;-1) và D(-2;-4)
A(1;1) và C(-1;1) ⇒ AC// Oy và AC=2 (cm)
Vẽ DH ⊥ AC tại H ⇒ DH=3 (cm)
S
ACD
=
2
1
DH.AC=
2
1
.3 .2 = 3 (cm
2
)
Câu 4 (3,5 điểm)
Cho tam giác đều ABC nội tiếp
đường tròn (O). Trên cạnh AB lấy
điểm N (N khác A và B), trên cạnh
AC lấy điểm M sao cho BN = AM.
Gọi P là giao điểm của BM và CN.
a) Chứng minh ∆BNC= ∆AMB.
b) Chứng minh rằng AMPN là một
tứ giác nội tiếp.

c) Tìm quỹ tích các điểm P khi N
di động trên cạnh AB.
Gợi ý:
a) ∆BNC và ∆AMB có : BN =AM
(gt)
Góc NBC= góc MAB
BC=AB (vì ∆ABC là tam giác đều) ⇒ ∆BNC= ∆AMB.
b) ∆BNC=∆AMB ⇒ góc AMP= góc BNP
Góc BNP+ góc ANP=180
o
(2 góc kề bù) ⇒ góc AMP + góc ANP=180
0

Vậy AMPN là một tứ giác nội tiếp
c) Thuận
AMPN là tứ giác nội tiếp nên góc A+ góc NPM= 180
0

⇒ góc NPM = 180
0
– góc A= 180
0
-60
0
=120
0

Góc BPC = góc NPM (2 góc đối đỉnh ⇒ góc BPC= 120
0

2 điểm B, C cố định nên khi N di động trên cạnh AB thì điểm P nằm trên cung chứa
góc 120
0
vẽ trên đoạn thẳng BC cố định.
Giới hạn
N khác A và B nên P khác B và C
A và P nằm cùng phía với BC,
⇒ P nằm trên cung chứa góc 120
0
vẽ trên đoạn BC cố định, cung này nằm trên nửa
mặt phẳng chứa A bờ BC (P khác B và C)
Đảo
Lấy điểm P’ bất kì trên cung chứa góc 120
0
vẽ trên BC được xác định ở phần giới
hạn BP’ cắt AC tại M’; CP’ cắt AB tại N’
Ta có: góc BP’C= 120
0
⇒ góc N’P’M’ = 120
0

⇒ góc A+ góc N’P’M’=60
0
+120
0
=180
0

⇒ AN’P’M’ là tứ giác nội tiếp
⇒ góc BN’C= góc AM’B

∆AM’B và ∆CN’B có góc BN’C= góc AM’B
Góc N’BC= góc M’AB (vì ∆BAC đều)
⇒ ∆AM’B ≈ ∆ BN’C
⇒
1
BC
AB
BN'
AM'
==
(vì AB=BC) ⇒ BN’=AM’.
Kết luận: Khi N di động trên cạnh AB (N khác A và B) thì quỹ tích các điểm P là
cung chứa góc 120
0
vẽ trên đoạn thẳng BC cố định, cung này nằm trên nửa mặt
phẳng chứa A bờ BC (P khác B và C)
Hoàng Hào - Giáo viên trường THCS Nguyễn Khuyến- Đà Nẵng