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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2009 - 2010

-----000---------------

------------------------------------ 000 ---------------MƠN : TỐN
Thời Gian : 120 Phút (khơng kể thời gian giao đề)

ĐỀ CHÍNH THỨC

Bài 1: (2,0 điểm)
Giải phương trình và hệ phương trình sau:
1/ 5x 2  6x  8  0
5x  2y  9
.
2x  3y  15

2/ 

Bài 2: (2,0 điểm)
1/ Rút gọn biểu thức A  ( 3  2) 2  ( 3  2) 2
 x 2

2/ Cho biểu thức B  


x 1



x 1
x 3



 
1 
 :  1 

( x  1)( x  3)  
x  1
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 vng hơn kém nhau 8m . Nếu
tăng một cạnh góc
vng của tam giác lên 2 lần và giảm cạnh góc vng cịn lại xuống 3 lần
thì được một tam
giác vng mới có diện tích là 51m2 . Tính độ dài hai cạnh góc vng 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 vng 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/ CK .CA  2.BD 2
Bài 5: (1,0 điểm)
Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình: x 2  2(m  1)x  2m2  9m  7  0


(m là tham số).
Chứng minh rằng :

7(x1  x 2 )
 x1 x 2  18
2

GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 DAKLAK
NĂM HỌC : 2009 – 2010 (Ngày thi : 26/06/2009)

--------------------------------- ****** --------------------------------Bài 1:
1/ PT: 5x 2  6x  8  0 ;  /  9  5( 8)  49  0   /  7 ; x 1  3  7  2 ; x1  3  7  4
5
 -4 
 PT đã cho có tập nghiệm : S  2 ; 
5


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

2/ 



HPT có nghiệm duy nhất (x ; y) = (3; -3)

Bài 2:
1/ A  ( 3  2) 2  ( 3  2)2  3  2  3  2  3  2  2  3  4
x  0

2/ a) ĐKXĐ: 

x  1; 4;9

B

( x  2)( x  3)  ( x  1)( x  1)  3 x  1
( x  1)( x  3)
x  3 x  2 x  6  x 1 3 x 1



b) B 

( x  1)( x  3)
2

x 2



x  2  1


x 22


x  2  2

x  2 1

x 1
x 2

( Với x  0 vµ x  1;4;9 )

B nguyên  x  2  ¦(2)= 1 ;  2









.

x 3

 x  9 (lo¹i)
 x  1 (lo¹i)
x 1

 x  16 (nhËn)
x 4

 x  0 (nhËn)
x 0

Vậy : Với x = 0 ; 16 thì B nguyên .

x 2

:

x 1


2

x -2

5

5


Bài 3:
Gọi độ dài cạnh góc vng 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:
 x 2  8x  153  0 ;

1
x 8
1 x
.2x.
 51 hoặc . .2(x  8)  51
2
3
2 3

Giải PT được : x1  9 (tm®k) ; x 2  17 (lo¹i)

Vậy: độ dài cạnh góc vng bé là 9m ; độ dài cạnh góc vng lớn là 17m
Bài 4:
D
1/
0
DH  AC (gt) DHC  90

1
K
I

BD  AD (gt)
 BD  BC

BC // AD (t / c hình bình hành)

DBC 90

H
1

0

A

Hai nh H,B cựng nhỡn đoạn DC dưới
một góc khơng đổi bằng 900

O

B

nội tiếp trong đường trịn
đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc)
 HBCD

2/

+ D1  C1 ( 1/ 2s® BH của đường trịn đường kính DC)
+ C1  A1 (so le trong, do AD//BC)  D1  A1
+ DOK  2A1 (Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn DK của (O))
 DOK  2D1  2BDH .
3/
+ AKB  900 (góc nội tiếp chắn ½ (O)  BKC  DHA  900 ; C1  A1 (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:
BD 2  AD 2  AH.AI  CK.AI (hệ thức tam giác vuông) (1)
Tương tự: BD 2  BC 2  CK.CI
(2)
Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được:

C
1


CK.AI  CK.CI  2BD2  CK(AI  CI)  2BD2  CK.CA  2BD2 (đpcm)

Bài 5: PT :

x 2  2(m  1)x  2m2  9m  7  0 (1)

+ /  m2  2m  1  2m2  9m  7   m2  7m  6
+ PT (1) có hai nghiệm x1 , x 2   /  0   m 2  7m  6  0  m 2  7m  6  0
 (m + 1)(m + 6)  0 ; Lập bảng xét dấu   6  m   1 (*)
 x1  x 2  2(m  1)

+Với đ/k (*), áp dụng đ/l vi ét: 

2
 x1 x 2  2m  9m  7



7(x1  x 2 )
14(m  1)
 x1 x 2 
 (2m 2  9m  7)   7m  7  2m 2  9m  7   2m 2  16m  14
2
2
  2(m 2  8m  16)  14  32  18  2(m + 4)2

+ Với 6  m  1 thì 18  2(m  4)2  0 . Suy ra 18  2(m + 4)2  18  2(m + 4)2
Vì 2(m  4)2  0  18  2(m + 4)2  18 . Dấu “=” xảy ra khi m  4  0  m  4 (tmđk
(*))
Vậy :

7(x1  x 2 )
 x1 x 2  18 (đpcm)
2