de thi thu vao 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC : 2006 – 2007 NĂM HỌC 2012 - 2013. ---------------------- 000 ------------------------ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN Thời Gian : 120 Phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2,0 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2 1/ 5x  6x  8 0 5x  2y 9  2/ 2x  3y 15 .. Bài 2: (2,0 điểm) 2 2 1/ Rút gọn biểu thức A  ( 3  2)  ( 3  2).  x 2 B   x1  2/ Cho biểu thức. x 1 x3. . 3 x1.    : 1  ( x  1)( x  3)  . 1.   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 vuông hơn kém nhau 8m . Nếu tăng một cạnh góc vuông của tam giác lên 2 lần và giảm cạnh góc vuông còn lại xuống 3 lần thì được một tam giác vuông mới có diện tích là 51m 2 . Tính độ dài hai cạnh góc vuông 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 vuông 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 2 3/ CK .CA 2.BD Bài 5: (1,0 điểm).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Gọi x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình: x 2  2(m  1)x  2m 2  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: 2 1/ PT: 5x  6x  8 0 ; 37 3 7  4 2 ; x1   5 5 5  -4  S 2 ;  5   PT đã cho có tập nghiệm :.  / 9  5( 8) 49  0 . 5x  2y 9   2/ 2x  3y 15.  / 7 ; x1 . 15x  6y 27   4x  6y 30. 19x 57   5x  2y 9.  x 3    y (9  15) : 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  x  1; 4;9 2/ a) ĐKXĐ:  ( x  2)( x  3)  ( x  1)( x  1)  3 x  1 x  2 B : ( x  1)( x  3) x1 . b). B. x  3 x  2 x  6  x 1  3 x  1 ( x  1)( x  3). .. x1 x 2. 2 x 2. ( Với. x 0 vµ x  1; 4;9. B nguyên  x  2  ¦(2)=  1 ; 2. ). . 2 x -2. x 3   y  3.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>        . x  2 1.  x  x  2  1  x   x  2 2  x  x x  2  2  x =  0 ; 16. 3.  x 9 (lo¹i)  x 1 (lo¹i) 1    x 16 (nhËn) 4   x 0 (nhËn) 0. Vậy : Với. thì B nguyên .. Bài 3: Gọi độ dài cạnh góc vuông bé là x (m) (đ/k: x  0 ) Thì độ dài cạnh góc vuông lớn là x + 8 (m) 1 x 8 1 x .2x. 51 . .2(x  8) 51 3 Theo đề bài ta có PT: 2 hoặc 2 3  x 2  8x  153 0 ; Giải PT được : x1 9 (tm®k) ; x 2  17 (lo¹i). Vậy: độ dài cạnh góc vuông bé là 9m ; độ dài cạnh góc vuông lớn là 17m Bài 4: D 1/  DH  AC (gt) DHC 900 1 K BD  AD (gt)  BD  BC  BC // AD (t / c h ×nh b×nh hµnh)   DBC 900. I. H 1. A. Hai đĩnh H,B cùng nhìn đoạn DC dưới một góc không đổi bằng 900. O. B.  HBCD nội tiếp trong đường tròn. đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc) 2/    + D1 C1 (1/ 2s® BH của đường tròn 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))   2BDH   DOK 2D 1 .. 3/   0 0    + AKB 90 (góc nội tiếp chắn ½ (O)  BKC DHA 90 ; C1 A1 (c/m trên). C 1.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  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: BD2 AD 2 AH.AI CK.AI (hệ thức tam giác vuông) (1) 2 2 Tương tự: BD BC CK.CI (2) Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được: CK.AI  CK.CI 2BD2  CK(AI  CI) 2BD2  CK.CA 2BD 2 (đpcm). Bài 5: PT : /. 2. x 2  2(m  1)x  2m 2  9m  7 0 2. (1). 2. +  m  2m  1  2m  9m  7   m  7m  6 / 2 2 + PT (1) có hai nghiệm x1 , x 2   0   m  7m  6 0  m  7m  6 0  (m + 1)(m + 6) 0 ; Lập bảng xét dấu   6 m  1 (*)  x1  x 2  2(m  1)  2 +Với đ/k (*), áp dụng đ/l vi ét:  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 2. 18  2(m + 4) 2 18  2(m + 4) 2. + Với  6 m  1 thì 18  2(m  4) 0 . Suy ra 2 2 Vì 2(m  4) 0  18  2(m + 4) 18 . Dấu “=” xảy ra khi m  4 0  m  4 (tmđk (*)) 7(x1  x 2 )  x1 x 2 18 2 Vậy : (đpcm).

<span class='text_page_counter'>(5)</span>