101 Đề Thi Toán, Văn, Anh Vào Lớp 10 Có Lời Giải Chi Tiết, Dễ Hiểu, Đọc Hết Là Thi Đỗ.docx

bo de ts lop 10 co gia tri TUYỂN TẬP 101 ĐỀ THI TOÁN VĂN ANH VÀO LỚP 10 I 21 ĐỀ THI TOÁN VÀO LỚP 10 CÓ ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 01 Bài 1 (2điểm) a) Thực hiện phép tính 1 1− + 2 2 − 1 1 + − 2 2  72 b) Tìm[.]

TUYỂN TẬP 101 ĐỀ THI TOÁN- VĂNANH VÀO LỚP 10 I 21 ĐỀ THI TỐN VÀO LỚP 10 CĨ ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 01 Bài 1.(2điểm)  1− a) Thực phép tính:  1 + + − −  : 72 b) Tìm giá trị m để hàm số y= ( m− 2)x+ đồng biến Bài (2điểm) a) Giải phương trình : x4 − 24x2 − =25  2x y− = b) Giải hệ phương trình:  9x+ =8y 34 Bài (2điểm) Cho phương trình ẩn x : x2 − + − =5x m (1) a) Giải phương trình (1) m = −4 b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x ; x2 thoả  mãn hệ thức  + x1   =  x  Bài (4điểm) Cho nửa đường trịn (O; R) đường kính BC Lấy điểm A tia đối tia CB Kẻ tiếp tuyến AF nửa đường tròn (O) ( với F tiếp điểm), tia AF cắt tiếp tuyến Bx nửa đường tròn D Biết AF = 4R a) Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp Định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF b) Tính Cos DAB c) Kẻ OM ⊥ BC ( M ∈ AD) Chứng minh BD DM =1 − DM AM d) Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM bên ngồi nửa đường trịn (O) R HẾT theo BÀI GIẢI CHI TIẾT VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 01 A BÀI GIẢI CHI TIẾT VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 01: BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐIỂM Bài 1: (2điểm) − −1 +   : 72 1+ 1−  ( ) ( ): (1+ )(1− ) − −+ 2 0,25 đ 36.2 −22 +−+ (1 22 +2) :62 −2 0,25đ  a) Thực phép tính:   0,25đ = 0,25đ = 0,5đ = :6 42 = {0,25đ = 62   m≥ b) Hàm số y= ( m− 2)x+ đồng biến ⇔    m− >2   m≥ 0,25đ 0,25đ ⇔   m>  m≥ ⇔ m> 0,25đ ⇔ >m Bài 2: (2 điểm) a) Giải phương trình : x4 −24x2 − =25 Đặt t = x2 ( t ≥0), ta phương trình : t2 −24 25 0t − = ∆ = −' b' ac = 122 –(–25) = 144 + 25 = 169 ⇒ ∆ =' 13 Đặt t = m−2(t ≥ 0)ta phương trình ẩn t : 9t2 – 8t – 20 = 0,25đ Giải phương trình ta được: t1 = > (nhận), t2 = − < (loại) x Vậy: m− =2 ⇒ m = ( thỏa mãn *) D Bài (4điểm) M - Vẽ hình 0,5 điểm) I 0F,25đ N {0,25đ a) Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp Định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ OBDF Ta có: DBO= 900 DFO= 900 (tính chất tiếp tuyến) B O C A Tứ giác OBDF có DBO DFO+ =1800 nên nội tiếp đường tròn 0,25đ Tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF trung điểm OD 0,25đ b) Tính Cos DAB Áp dụng định lí Pi-ta-go cho tam giác OFA vng F ta 2 OA= OF + AF = R + AF Cos FAO = BD − DM  4R2 5R = 3 0,25đ 0,25đ 4R R5 = : = 0,8 ⇒CosDAB = 0,8 OA Chứng minh được: c) Kẻ OM ⊥ BC ( M ∈ AD) =1 DM ∗ OM // BD ( vng góc BC) ⇒MOD BDO= BDO ODM= 0,25đ AM (so le trong) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy ra: MDO MOD= Vậy tam giác MDO cân M Do đó: MD = MO dụng hệ định lí Ta let vào tam giác ABD có OM // BD ta được: BD AD BD AD = hay = (vì MD = MO) {0,25đ ∗ Áp OM AM DM AM 0,25đ ⇒ BD = AM DM+ = + DM AM DM AM 0,25đ Do đó: BD − DM DM =1 (đpcm) đ 0,25 AM d) Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM bên ngồi nửa đường (O) theo R ∗Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác OAM vng O có OF ⊥ AM ta được: 4R OF2 = MF AF hay R2 = MF 3R ⇒ MF = ∗ Áp dụng định lí pi ta go cho tam giác MFO vuông F ta được:  R  5R 2  = OF +MF = R +  ⇒ BD =OMAB = OM = ∗ OM // tròn 0,25đ 0,25đ = 5R  5R BD ⇒ OM 0,25đ AO   +R : 5R = 2R BD AB OA 43 3 Gọi S diện tích phần hình tứ giác OBDM bên ngồi nửa đường trịn (O) S1 diện tích hình thang OBDM S2 diện tích hình quạt góc tâm BON = 900 Ta có: S = S1 – S2 S1 = (OM BD OB+ ).=  + 2R R = 13 S2 = 5 R 2 0= 360 ậy S = S1 – S2 = R2 (đvdt) πR2.900 πR2  (đvdt) 13R2 − πR2 = R2 (13−2π) (đvdt) V 8 h ết Lưu ý:Bài tốn hình có nhiều cách giải Có thể em tìm nhiều cách giải hay TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MƠN TỐN ĐỀ SỐ 02 Bài ( 2điểm) Rút gọn biểu thức sau: 3  5 b) 11+( +1 1)( − 3)  a) 15  +   Bài ( 1,5điểm) Giải phương trình sau: a) x3 – 5x = Bài (2điểm)  b) x− =1 2x my+ = Cho hệ phương trình :  ( I )  3x y− = a) Giải hệ phương trình m = b) Tìm giá trị m để hệ (I) có nghiệm ( x; y) thoả mãn hệ thức: m+1 x-y+ =−4 m-2 Bài ( 4,5điểm) Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường trịn tâm O đường kính AM=2R Gọi H trực tâm tam giác a) Chứng minh tứ giác BHCM hình bình hành b) Gọi N điểm đối xứng M qua AB Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp đường tròn c) Gọi E điểm đối xứng M qua AC Chứng minh ba điểm N,H,E thẳng hàng d) Giả sử AB = R Tính diện tích phần chung đưòng tròn (O) đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN HẾT BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 02 Bài 1: Rút gọn  3 5 a) 15  +  = 15 + 15  ( 11 +− 2 3 ) b) 11+( +1 1)( − 3) = = 15 + 15 = + 25 = 3+ 5=8 Bài Giải phương trình sau: a) x – 5x = ⇔ x(x2 – 5) = ⇔ x (x − )(x + ) = ⇔ x1 = 0; x2 = ; x3 = − Vậy: S = {0; 5;− 5} = 11+ −( 2) = =3 b) x− =1 (1) ĐK : x –1 ≥ ⇔ ≥x (1) ⇔ x – = ⇔ x = 10 (TMĐK) Vậy: S = {10} Bài a) Khi m = ta có hệ phương trình:  2x= ⇔ x= 2,5 ⇔ x= 2,5  3x y− =   2x my+ = 1( b)  3.2,5− =y y= 7,5 ) (2) suy ra: y = 3x thay vào (1) ta được: 2x + 3mx = T   3x y− = 2( ) ⇔(3m+ 2)x= ĐK: m ≠− ⇒ x= Do đó: y= 3m+ m+1 15 m+1 x-y+ =−4 ⇔ − + =−4 (*) m-2 3m+ 3m+ m−2 Với m m ≠ 2, (*) ⇔−10(m− + +2) (m 1)(3m+ =−2)4(m−2)(3m+ 2) Khai triển, thu gọn phương trình ta phương trình: 5m – 7m + = Do a + b + c = + (– 7) + =0 nên m1 = (TMĐK), m2 = 0,4 (TMĐK) Bài 4: a) Chứng minh tứ giác BHCM hình bình hành A ABM = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) ⇒BM ⊥ AB K n m O H trực tâm tam giác ABC ⇒CH ⊥ AB H N / Do đó: BM // CH = / B E M Chứng minh tương tự ta được: BH // CM Vậy tứ giác BHCM hình bình hành b) Chứng minh tứ giác AHBN nội tiếp đường tròn = C ANB AMB= (do M N đối xứng qua AB) AMB ACB= (hai góc nội tiếp chắn cung AB đường tròn (O)) H trực tâm tâm giác ABC nên AH ⊥ BC, BK ⊥ AC nên ACB AHK= (K = BH ∩AC) A Do đó: ANB AHK= Vậy tứ giác AHBN nội tiếp N đường trịn Lưu ý: Có nhiều em HS giải sau: E ABM = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn (O)) K n m O H / B / = = C M Suy ra: ABN = 900 (kề bù với ABM = 900 ) Tam giác MNE có BC đường trung bình nên BC // ME, H trực tâm tam giác ABC nên AH ⊥ BC Vậy AH ⊥ NE ⇒ AHN = 900 Hai đỉnh B H nhìn AN góc vng nên AHBN tứ giác nội tiếp Có ý kiến cho lời giải ? c) Chứng minh ba điểm N,H,E thẳng hàng Tứ giác AHBN nội tiếp (câu b) ⇒ ABN AHN= Mà ABN = 900 (do kề bù với ABM = 900 , góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) Suy ra: AHN = 900 Chúng minh tương tự tứ giác AHCE nội tiếp ⇒ AHE ACE= = 900 Từ đó: AHN AHE+ =1800 ⇒ N, H, E thẳng hàng d) Giả sử AB = R Tính diện tích phần chung đưịng trịn (O) đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN Do ABN = 900 ⇒ AN đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác AHBN AM = AN (tính chất đối xứng) nên đường tròn (O) đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHBN ⇒ Sviên phân AmB = Sviên phân AnB ∗AB = R ⇒ AmB=1200 ⇒ Squạt AOB = πR2.1200 360 =πR2 ∗ AmB=1200 ⇒BM = 600 ⇒BM R= O trung điểm AM nên SAOB = 22 SABM = 11 AB BM = R 3.R = R2 ∗ Sviên phân AmB = Squạt AOB – SAOB πR2 = R2 – R2E (4π−3 3) = N 12 ∗ Diện tích phần chung cần tìm : R2 R2 4π −33 12 ( O H / B (4π−3 3) = Sviên phân AmB = K n m / = M = C ) ( đvdt) 10