c491e1bb81-toc3a1n-khc3b4ng-chuyc3aan-tuye1bb83n-sinh-le1bb9bp-10-nam-2014-20151

Nguyễn Tăng Vũ | 343/68c6 Tô Hiến Thành Quận 10,DĐ 0983130298 1 ĐỀ TOÁN KHÔNG CHUYÊN TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU NĂM HỌC 2014 – 2015 Thời gian 120 phút Bài 1 (2 điểm) a) Giải phương[.]

ĐỀ TỐN KHƠNG CHUN TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU NĂM HỌC 2014 – 2015 Thời gian: 120 phút Bài (2 điểm) a) Giải phương trình   x  3  x  9  x2   3  x     x  y   x3  y   x  x b) Tính biết x  1, y   6 y  x   x y  xy  y    Bài (2 điểm)    x2  y    x  9  y    15   a) Giải hệ phương trình   x2   y    b) Hình thoi ABCD có diện tích 18 (mét vng), tam giác ABD Tính chu vi hình thoi bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Bài (2 điểm) Cho phương trình mx   m  3 x  2m  0 x3 1 a) Giải phương trình (1) m = - b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm phân biệt x1 , x2 cho 21x1  m   x2  x22   58 Bài (1 điểm) a) Gọi x  a b , y  ab trung bình cộng trung bình nhân hai số dương a, b Biết trung bình cộng x y 100 Tính S  a  b b) Giả sử hai đại lượng x, y tỉ lệ nghịch (x, y ln dương) Nếu x tăng a% y giảm m% Tính m theo a Bài (3 điểm) Hình vng ABCD có AB = 2a, AC cắt BD I Gọi T đường tròn ngoại tiếp tam giác CID, BE tiếp xúc với với T E (E khác C), DE cắt AB F a) Chứng minh tam giác ABE cân Tính AF theo a b) BE cắt AD P Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác ABP tiếp xúc với CD Tính AP PD c) AE cắt T M (M khác E) Tính AM theo a Hết Nguyễn Tăng Vũ | 343/68c6 Tô Hiến Thành Quận 10,DĐ: 0983130298 Hướng dẫn giải Bài a) 3  x  3  x  9  x2   3  x  3  x   3  x   x    x    Điều kiện  Với điều kiện ta có:   x    x    x2   3  x   3 x  3 x  3 x  81  x   3  x   x  9   0  x   3 x  x      x  1   81  x  x  x   Vậy S  3, 1,1 b) 1  Ta có x  1,  x     4x 1   4x  1 Do  x  y   x3  y  1   1  4x 1   x   x y  xy  y   x  y  x  y   x2  xy  y  y  x  xy  y   x2  y  y   6 6 x2 x      x  1, y   y y Bài    x2  y    x  9  y    15   a)   x2   y    1 (điều kiện y >= - 7) 2  x2  y  1     x    y    15  Với x  y  vào (2) ta có: y    y   x   Nguyễn Tăng Vũ | 343/68c6 Tơ Hiến Thành Quận 10,DĐ: 0983130298 Ta có nghiệm (x;y) Với x   7;9 ,  7;9     y    15 , đặt u  x  9, v  y   u, v   ta có hệ  u   uv  15  v    u  v   u    v   Với u = 3, ta có x  , v = ta có y = 18 Ta có nghiệm  0;18  Với u = 5, ta có x = x = - 4, v = ta có y = Ta có nghiệm (x,y) (4;2) (4;2) Vậy hệ phương trình có nghiệm    7;9 ,  7;9 ,  0;18  ,  4;  ,  4;  b) Gọi O giao điểm AC BC Gọi a cạnh hình thoi Tam giác ABD nên BD = AB = a, ABD = 600 AO  AB.sin ABD  AB sin 600  S ABCD  a  AC  AO  a ta có 1 AC BD  18  a 3.a  18  a   m  2 chu vi hình thoi 4a Hơn DA = DB = DC = a nên D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bán kính a Bài a) m = - ta có phương trình:  x2  x    dk :x  3 x3  x  1 n    x2  x      x  3  l  S = {-1} mx   m  3 x  2m  b) 0 x3 1 Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 phương trình mx   m  3 x  2m   có hai nghiệm phân biệt khác - Nguyễn Tăng Vũ | 343/68c6 Tô Hiến Thành Quận 10,DĐ: 0983130298 m      m  3  4m  2m  1   m  3   m  3 3  2m   m  m     7m  2m    m  1 m  1 9 /  m    Ta có mx22   m  3 x2  2m    m   x2  x22   x2  Do 21x1  m   x2  x22   58  21x1   x2  1  58  21 x1  x2   51  x1  x2  17  m 17   21  m  17 m  m   n  m Vậy m   Bài ab  ab a  b  ab x y   a) Ta có 100     a b   a b   400  a  b  20   b) Khi x tăng a%   a   x , y giảm m% 100  m   1  y  100  Do x, y tỷ lệ nghịch nên ta có phương trình: a   m   xy     x 1  y  100   100   10000  100  a 100  m  m 100a 100  a Bài a) Gọi T trung điểm CD, tam giác CID vuông cân I nên T tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CID Ta có BE BC hai tiếp tuyến T nên BE = BC, mà BC = BA nên BE = BA hay tam giác ABE cân B Ta có DEC = 900, suy DF  CE mà CE  BT (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau), suy DF||BT mà BF || DT nên BFDT hình bình hành, suy BF = DT = a Suy AF = a Nguyễn Tăng Vũ | 343/68c6 Tô Hiến Thành Quận 10,DĐ: 0983130298 b) Ta có PE, PD tiếp tuyến T nên PD = DE Khi BP = EB + EP = ED + BC Gọi K trung điểm BP, tam giác APB vng nên K tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABP bán kính đường trịn ½ PB Tứ giác DPBC hình thang vng có KT đường trung bình, suy KT = ½ (DP + BC) = ½ PB KT||PD, suy KT  CD Do khoảng cách từ K đến CD bán kính (K) nên CD tiếp xúc với đường trịn ngoại tiếp tam giác APB Ta có TP TB phân giác ETD  ETC nên BTP vng Khi EP.EB = TE2, suy EP  TE a   a BE 2a Khi PD = PE = ½ a, suy PA = 3/2 a Suy AP 3 DP c) Tứ giác AEIF có IEF = DCI = 450 = IAF, suy tứ giác AEIF nội tiếp, IEA = IFA = 900 EM phân giác CED Khi IM đường kính M điểm cung CD T Suy ICM = 900, CM  CI  a Khi AM  AC  CM  8a  2a  10a  AM  a 10 Nguyễn Tăng Vũ | 343/68c6 Tô Hiến Thành Quận 10,DĐ: 0983130298