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 pot

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2009 - 2010 000 000 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: 1/ 2 5x 6x 8 0    2/ 5x 2y 9 2x 3y 15        . Bài 2: (2,0 điểm) 1/ Rút gọn biểu thức 2 2 A ( 3 2) ( 3 2)     2/ Cho biểu thức x 2 x 1 3 x 1 1 B : 1 x 1 x 3 ( x 1)( x 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 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  3/ 2 CK CA 2.BD . Bài 5: (1,0 điểm) Gọi 1 2 x ,x là hai nghiệm của phương trình: 2 2 x 2(m 1)x 2m 9m 7 0       (m là tham số). Chứng minh rằng : 1 2 1 2 7(x x ) x x 18 2    GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 DAKLAK NĂM HỌC : 2009 – 2010 (Ngày thi : 26/06/2009) ****** Bài 1: 1/ PT: 2 5x 6x 8 0    ; / / 1 1 3 7 3 7 4 9 5( 8) 49 0 7 ; x 2 ; x 5 5 5                  PT đã cho có tập nghiệm :        -4 S 2 ; 5 2/ 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                                      HPT có nghiệm duy nhất (x;y) = (3;-3) Bài 2: 1/ 2 2 A ( 3 2) ( 3 2) 3 2 3 2 3 2 2 3              4 2/ a) ĐKXĐ:   x 0 x 1;4;9        ( x 2)( x 3) ( x 1)( x 1) 3 x 1 x 2 B : ( x 1)( x 3) x 1             x 3 x 2 x 6 x 1 3 x 1 x 1 ( x 1)( x 3) x 2              2 . x - 2 b) 2 B x 2   ( Với   x 0 v x 1;4;9 µ  ) B nguyên   x 2 2 ¦( )= 1 ; 2      x 2 1 x 3 x 9 (lo x 2 1 x 1 x 1 (lo x 16(nh x 2 2 x 4 x 0 (nh x 2 2 x 0 ¹i) ¹i) Ën) Ën)                                          Vậy : Với   x = 0 ; 16 thì B nguyên . 1 1 1 I H K O D C B A 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) Theo đề bài ta có PT: 1 x 8 .2x. 51 2 3   hoặc 1 x . .2(x 8) 51 2 3   2 x 8x 153 0     ; Giải PT được : 1 2 x 9 (tm ; x 17 (lo ®k) ¹i)    Vậy: độ dài cạnh góc vuông bé là 9m ; độ dài cạnh góc vuông lớn là 17m Bài 4: 1/ DH AC  (gt)  0 DHC 90  BD AD (gt) BD BC BC// AD(t /c h×nh b×nh hµnh)        0 DBC 90   Hai đĩnh H,B cùng nhìn đoạn DC dưới một góc không đổi bằng 90 0 HBCD   nội tiếp trong đường tròn đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc) 2/ +    1 1 D C ( 1/ 2s BH ®  của đường tròn đường kính DC) +   1 1 C A  (so le trong, do AD//BC)   1 1 D A   +   1 DOK 2A  (Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn  DK của (O))    1 DOK 2D 2BDH    . 3/ +  0 AKB 90  (góc nội tiếp chắn ½ (O)   0 BKC DHA 90    ;   1 1 C A  (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: 2 2 BD AD AH.AI CK.AI    (hệ thức tam giác vuông) (1) Tương tự: 2 2 BD BC CK.CI   (2) Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được: 2 2 2 CK.AI CK.CI 2BD CK(AI CI) 2BD CK.CA 2BD        (đpcm) Bài 5: PT : 2 2 x 2(m 1)x 2m 9m 7 0       (1) + / 2 2 2 m 2m 1 2m 9m 7 m 7m 6            + PT (1) có hai nghiệm 1 2 x ,x / 2 2 0 m 7m 6 0 m 7m 6 0               (m + 1)(m + 6) 0 ; Lập bảng xét dấu 6 m 1      (*) +Với đ/k (*), áp dụng đ/l vi ét: 1 2 2 1 2 x x 2(m 1) x x 2m 9m 7           2 2 2 1 2 1 2 7(x x ) 14(m 1) x x (2m 9m 7) 7m 7 2m 9m 7 2m 16m 14 2 2                    2 2(m 8m 16) 14 32        2 18 2(m +4) + Với 6 m 1     thì 2 18 2(m 4) 0    . Suy ra    2 2 18 2(m +4) 18 2(m +4) Vì 2 2(m 4) 0      2 18 2(m +4) 18 . Dấu “=” xảy ra khi m 4 0 m 4      (tmđk (*)) Vậy : 1 2 1 2 7(x x ) x x 18 2    (đpcm) . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2009 - 2 010 000 000 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN Thời Gian. ) x x 18 2    GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 DAKLAK NĂM HỌC : 2009 – 2 010 (Ngày thi : 26/06 /2009) ****** Bài 1: 1/ PT: 2 5x 6x 8 0    ; / / 1 1 3 7 3 7 4 9 5( 8) 49 0 7 ; x. = (3 ; -3 ) Bài 2: 1/ 2 2 A ( 3 2) ( 3 2) 3 2 3 2 3 2 2 3              4 2/ a) ĐKXĐ:   x 0 x 1;4;9        ( x 2)( x 3) ( x 1)( x 1) 3 x 1 x 2 B : ( x 1)( x 3)