De thi va dap an mon Toan tuyen vao lop 10_0809

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>ĐỀ THI TUYỂN SINH VAØO LỚP 10 MƠN TỐN </b>

<b>NĂM HỌC 2008– 2009 </b>

<b>- Thời gian làm bài: 150 phút </b>
<b>Câu 1. (1 điểm)</b>

Hãy rút gọn biểu thức:
A =

a a 1 a a 1

a a a a

 



  _{(với a > 0, a}_₁₎
<b>Câu 2. (2 điểm)</b>

Cho hàm số bậc nhất y =



1 3



x – 1

<b>a)</b> Hàm số đã cho là đồng biến hay nghịch biến trên R? Vì sao?
<b>b)</b> Tính giá trị của y khi x = 1 3_.

<b>Caâu 3. (3 điểm)</b>

Cho phương trình bậc hai:
x2_{– 4x + m + 1 = 0}

a) Tìm điều kiện của tham số m để phương trình có hai nghiệm phân biệt.

b) Giải phương trình khi m = 0.

<b>Câu 4. (3 điểm)</b>

Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O). Trên cạnh BC lấy điểm M, trên cạnh
BA lấy điểm N, trên cạnh CA lấy điểm P sao cho BM = BN và CM = CP. Chứng minh
rằng:

a) O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP.
b) Tứ giác ANOP nội tiếp đường trịn.

<b>Câu 5. (1 điểm)</b>

Cho một tam giác có số đo ba cạnh là x, y, z nguyên thỏa mãn:
2x2_{+ 3y}2_{+ 2z}2_{– 4xy + 2xz – 20 = 0}

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>GIẢI ĐỀ THI VAØO LỚP 10 MƠN TỐN </b>
<b> Thời gian làm bài: 150 phút</b>
<b>Câu 1.(1 điểm)</b>

Rút gọn:

A =

a a 1 a a 1

a a a a

 



  _(a_{> 0, a}_₁₎

=

 





 





3 3

a 1 a 1 _a _{a 1 a} _{a 1}

a a

a a 1 a a 1

  _ _ _ _

  

 

=

a a 1 a _{a 1 2 a 2}

a a

    

 

(a > 0, a _ 1)
<b>Câu 2.(2 điểm)</b>

a) Hàm số y =



1 3



x – 1 đồng biến trên R vì có hệ số a =



1 3



< 0.

b) Khi x = 1 3_{thì y =}



1 3 1

 

 3



 1_{= 1 – 3 – 1 = - 3.}
<b>Caâu 3.(3 điểm)</b>

<b>a)</b> <b>Phương trình x2_{– 4x + m + 1 = 0}</b>

Ta có biệt số _’_{= 4 – (m + 1) = 3 – m.}

Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt là:

’ > 0  3 – m > 0  m < 3.

<b>b)</b> <b>Khi m= 0 thì phương trình đã cho trở thành: x2_{– 4x + 1 = 0}</b>

’ = 4 – 1 = 3 > 0

Phương trình có hai nghiệm phân biệt:
x1 = 2 - 3, x2 = 2 + 3.

<b>Caâu 4.(3 điểm)</b>

<b>a) Chứng minh O là tâm đường trịn ngoại tiếp </b><b>MNP</b>

Ta có: O là giao điểm ba đường phân giác của _ABC nên từ điều kiện giả thiết suy ra:

A

N

B _M C

P
O

1
2

2
1

1 2
2

1 ₁

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

OBM = OMN (c.g.c) OM = ON (1)
OCM = OCP (c.g.c)  _{OM = OP (2)}

Từ (1), (2) suy ra OM = ON = OP.

Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp _MNP.

<b>b) Chứng minh tứ giác ANOP nội tiếp</b>

Ta coù _OBM = _OMN  M N 11, _OCM = _OCP  P M2 2

Mặt khác P P 180 M M12 0 1 2(kề bù)  P M1 1  P N11

Vì N N12 = 1800 nên P N12= 1800.

Vây tứ giác ANOP nội tiếp đường trịn.

<b>Câu 5. (1 điểm)</b>

<b>Chứng minh tam giác đều</b>

Ta coù: 2x2_{+ 3y}2_{+ 2z}2_{– 4xy + 2xz – 20 = 0 (1)}

Vì x, y, z  N* nên từ (1) suy ra y là số chẵn.

Đặt y = 2k (k  N*_{), thay vào (1):}

2x2 _{+ 12k}2_{+ 2z}2_{– 8xk + 2xz – 20 = 0}



x2_{+ 6k}2_{+ z}2_{– 4xk + xz – 10 = 0}



x2_{– x(4k – z) + (6k}2_{+ z}2_{– 10) = 0 (2)}

Xem (2) là phương trình bậc hai theo ẩn x.

Ta coù: _ = (4k – z)2_{– 4(6k}2_{+ z}2_{– 10) = 16k}2_{– 8kz + z}2_{– 24k}2_{– 4z}2_{+ 40 =}

= - 8k2_{– 8kz – 3z}2_{+ 40}

Nếu k _ 2, thì do z _ 1 suy ra _ < 0: phương trình (2) vơ nghiệm.
Do đó k = 1, suy ra y = 2.

Thay k = 1 vào biệt thức _:

 = - 8 – 8z – 3z2 + 40 = - 3z2 – 8z + 32

Nếu z _ 3 thì _ < 0: phương trình (2) vơ nghiệm.
Do đó z = 1, hoặc 2.

Nêu z = 1 thì _ = - 3 – 8 + 32 = 21: không chính phương, suy ra phương trình (2)
không có nghiệm nguyên.

Do đó z = 2.

Thay z = 2, k = 1 vaøo phương trình (2):
x2_{– 2x + (6 + 4 – 10) = 0}



x2_{– 2x = 0}



x(x – 2) = 0 _ x = 2 (x > 0)
Suy ra x = y = z = 2.

</div>

<!--links-->