de thi TS vao lop 10 0809le quy don BD

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

TRƯỜNG THCS VINH THANH

<b>ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 MƠN TỐN CHUNG</b>
<b>TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN BÌNH ĐỊNH </b>

<b>NĂM HỌC 2008– 2009 </b>

<b>Ngày thi: 17/06/2008 - 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)
Giải :

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>

Cho hàm số bậc nhất y =



1 3



x – 1

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

Giải :

a) Hàm số y =



1 3



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



1 3



< 0.
b) Khi x = 1 3thì y =



1 3 1

 

 3



1= 1 – 3 – 1 = - 3.

<b>Câu 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.

Giải :

<b>a) 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) 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.

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

TRƯỜNG THCS VINH THANH

<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 tròn.

Giải :

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

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

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 có OBM = OMN   

1 1

M N , OCM =
OCP   

2 2

P M

Mặt khác   0  

1 2 1 2

P P 180  M M (kề bù)

  

1 1

P M  P N₁₁
Vì  

1 2

N N = 1800 nên P N₁₂= 1800.

Vây 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}

Chứng minh tam giác đã cho là tam giác đều.
Giải :

<b>Chứng minh tam giác đều</b>

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

<b>Vì x, y, z  N</b>*_{nên từ (1) suy ra y là số chẵn.}

<b>Đặt y = 2k (k  N</b>*_{), thay vào (1):}

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

GV : ĐỖ KIM THẠCH ST
2

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>

TRƯỜNG THCS VINH THANH

Thay k = 1 vào biệt thức :

 = - 8 – 8z – 3z2_{+ 40 = - 3z}2_{– 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 vào phương trình (2):

x2_{– 2x + (6 + 4 – 10) = 0  x}2_{– 2x = 0  x(x – 2) = 0  x = 2 (x > 0)}

Suy ra x = y = z = 2.

Vậy tam giác đã cho là tam giác đều.

</div>

<!--links-->