Bai giai de thi vao 10 mon toan tinh Binh Dinh 20142015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Phan Hòa Đại. THCS Taây Sôn. SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2014-2015. BÌNH ĐỊNH Đề chính thức. Môn thi: Toán Ngày thi: 28/6/2014 Thời gian làm bài: 120’. Bài 1: (2,5 điểm) a) Giải phương trình : 3x-5 = x+1 b) Giải phương trình : x2 + x – 6 = 0 x  2y  8 c) Giải hệ phương trình :  x  y  1 d) Rút gọn biểu thức: P . 5 2 5 52. Bài 2: ( 1,5 điểm) Cho pt : x2 -2(m-1)x + m -3 = 0 ( 1) a) Chứng minh phương trình (1)) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. b) Tìm m để pt (1) có hai nghiệm trái dấu. Bài 3: ( 2 điểm) Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì hoàn thành sau 12 giờ . Nếu làm riêng thì thời gian hoàn thành công việc của thứ hai ít hơn đội thứ nhất 7 giờ.Hỏi nếu làm riêng thì thời gian mỗi đội công nhân hoàn thành công việc là bao nhiêu ? Bài 4: (4 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB, trên cùng một nửa đường tròn (O) lấy 2 điểm G và E ( theo thứ tự A,G,E,B) sao cho tia EG cắt tia BA tại D. Đường thẳng vuông góc với BD tại D cắt BE tại C, đường thẳng CA cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là F. a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp. b) Chứng minh BF=BG DA DG.DE c) Chứng minh  BA BE.BC Bài 5:(1đ )Cho A . 1 1 1 1    ...  ; 1 2 2 3 3 4 120  121 Chứng minh : B > A. B  1. 1 1 1   ...  2 3 35.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Phan Hòa Đại. THCS Taây Sôn. GIẢI Bài 1: (2,5 điểm) a) Giải phương trình : 3x-5 = x+1  3x-x=1+5  2x=6 x=3 Vậy phương trình có một nghiệm x = 3 b) Giải phương trình : x2 + x – 6 = 0 (a = 1; b= 1; c =-6)   b2  4ac  12  4.1.  6   25  0    5 b   1  5 b   1  5   2; x2    3 2a 2.1 2a 2.1 x  2y  8 3y  9 y  3 y  3 c) Giải hệ phương trình :     x  y  1 x  y  1 x  3  1 x  2 Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất (x;y)=(2;3). Vậy pt có hai nghiệm phân biệt: x1 . d) Rút gọn biểu thức: P . . . 5 52 5 2 5  2 5  5 2 5 2 5  5 54 52. Bài 2: ( 1,5 điểm) Cho pt : x2 -2(m-1)x + m -3 = 0 ( 1) a) Chứng minh phương trình (1)) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. x2 -2(m-1)x + m -3 = 0 ( 1) ( a=1; b= -2(m-1) => b’= -(m-1); c = m-3 ) 2. 3 7  ’  1  m   1.  m  3  m  2m  1  m  3  m  3m  4   m     0 với mọi m 2 4  => Pt (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. b) Tìm m để pt (1) có hai nghiệm đối nhau:  '  0   Vm   V m (c.m.t) Pt (1) có hai nghiệm đối nhau      m 1 b 2 m  1  0 m  1 x  x    0     1 2   a  Vậy Pt (1) có hai nghiệm đối nhau  m=1 2. 2. 2. Bài 3: ( 2 điểm) Gọi thời gian làm một mình xong công việc của đội thứ hai là x (giờ) ĐK: x > 12 Thời gian làm một mình xong công việc của đội thứ nhất là x+7 (giờ) 1 Trong một giờ: + Đội thứ nhất làm được: (cv) x7 1 + Đội thứ hai làm được: (cv) x 1 (cv) + Cả hai đội làm được: 12 1 1 1  12.  x  7  12x  x  x  7   x2  17x  84  0(*) Ta được pt:   x x  7 12 ( a= 1; b= -17; c= -84) ∆= (-17)2 -4.1.(-84)=625 > 0 =>   25 Vậy pt (*) có hai nghiệm phân biệt: 17  25 17  25 x1   21  TMDK  ; x 2   4(KTMDK) 2.1 2.1 Vậy nếu làm riêng để làm xong công việc thì đội thứ hai làm trong 21 giờ; đội thứ nhất làm trong 21+7=28 giờ. Bài 4: (3 điểm) a) Chứng minh tứ giác DFBC nội tiếp..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Phan Hòa Đại. THCS Taây Sôn. Ta có: BDC  900 ( Vì CD  BD); BFC  BFA  900 ( góc nt chắn nửa đường tròn) => D,F cùng nhìn đoạn BC dưới 1 góc vuông=> Tứ giác BCDF nội tiếp đường tròn đường kính BC b) Chứng minh BF=BG: B2  E1 ( góc nội tiếp cùng chắn cung AG của đường tròn (O)) (1) Ta có AEB  900 ( góc nt chắn nửa đường tròn) => AEC  900 ( kề bù với góc AEB) C => AEC  ADC  900  900  1800 => Tứ giác ADCE nội tiếp => E1  C1 ( góc nội tiếp cùng chắn cung AD) (2) 1 Lại có tứ giác BCDF nội tiếp (c.m.t) => C1  B1 ( góc nội tiếp cùng chắn cung DF) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra: B1 = B 2 . Xét ∆AGB và ∆AFB, có : C1  B1 ( c.m.t); AGB  AFB  900 ( góc nt chắn nửa đường tròn) => AGB. AFB  GAB  GFB  GB  FB  BG  BF DA DG.DE c) Chứng minh  BA BE.BC. E G. 1. 2 D B Xét ∆ADE và ∆GDB có E1  B2 ( c.m.t); góc BDE chung 1 A AD DG => ADE BGD    DG.DE = AD.BD (4) DE BD F Xét ∆BED và ∆BAC có: BDE  BCA ( góc nội tiếp cùng chắn cung AE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ADCE); góc CBD chung BE BA => BED BAC    BE.BC = BD.AB (5) BD BC DG.DE DA.BD DA Từ (4) và (5) suy ra :   BE.BC BA.BD BA. Bài 5:(1đ ) Ta có: với mọi k  N* ta có:. A. 1 k  k 1. . k 1  k  k  1  k , suy ra k 1 k. 1 1 1 1    ...  1 2 2 3 3 4 120  121.  1  2  2  3  3  4  ...  120  121  1  121  1  11  10 Vậy A =10 (1) Ta có: với mọi k  N* , ta có:. B  1 =>. 1 k. . 2 k k. . 2 k  k 1. 1 1 1 1 1 1 1   ...      ...  2 3 35 1 2 3 35. . . 2. . k 1  k k 1 k.  .  2. . . k 1  k. .  B  2  1  2  2  3  3  4  .....  35  36  2  1  36  2.  1  6   10. Vậy B >10 (2) Từ (1) và (2) suy ra B > A.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>