ĐỀ THI vào 10 BÌNH ĐỊNH 2010 2011

ĐỀ THI VÀO 10 Bài 1: (1,5 điểm) Giải phương trình sau: a) 3(x – 1) = + x b) x2 + 5x – = Baøi 2: (2,0 điểm) a) Cho phương trình x2 – x + – m ( m tham số ) Tìm điều kiện m để phương cho có nghiệm b) Xác đònh hệ số a, b biết hệ phương trình ax + 2y = có nghieäm ( ; - )   bx − ay = Bài 3: (2,5 điểm) Một công ty vận tải điều số xe tải để chở 90 hàng Khi đến kho hàng có xe bò hỏng nên để chở hết lượng hàng xe lại phải chở thêm 0,5 so với dự đònh ban đầu Hỏi số xe điều đến chở hàng bao nhiêu? Biết khối lượng hàng chở xe Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O Kẻ đường cao BB’ CC’ (B’ ∈ cạnh AC, C’ ∈ cạnh AB) Đường thẳng B’C’ cắt đường tròn tâm O hai điểm M N (theo thứ tự N, C’, B’, M) a) Chứng minh tứ giác BC’B’C tứ giác nội tiếp b) Chứng minh AM = AN c) Chứng minh AM2 = AC’.AB Bài 5: (1,0 điểm) Cho số a, b, c thỏa mãn điều kiện < a < b phương trình ax2 + bx + c = vô nghiệm Chứng minh raèng: a+ b+ c >3 b- a - ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011 Bài 1: (1,5 điểm) a) 3(x – 1) = + x ⇔ 3x – = + x ⇔ 2x = ⇔ x = Vậy pt có nghiệm: x = b) Ta coù a + b + c = + +(-6) = ⇒ x1 = ; x2 = -6 Vậy pt có hai nghiệm phân biệt: x1 = ; x2 = -6 Baøi 2: (2,0 điểm) a) Cho phương trình x – x + – m ( m tham số ) Để phương cho có nghiệm D ³ ⇔ (-1)2 – 4(1 – m) ³ ⇔ – + 4m ³ ⇔ m ³ Vậy m ³ pt cho có nghiệm b) Hệ phương trình  2a − 2 = có nghiệm ( 2, - ) nên ta có :   2b + 2a =  a = +   b = −  a = + Vậy  hệ phương trình  b = − ⇔ có nghiệm ( 2, - ) Bài 3: (2,5 điểm) Gọi x (xe) số xe điều đến chở hàng (x: nguyên, x > 2) Số xe thực chở hàng x – (xe) Khối lượng hàng chở xe lúc đầu: 90 (tấn); thực chở là: x 90 (tấn); x- Ta có phương trình: 90 90 = 0,5 ⇔ 2.90.x – 2.90(x – 2) = x(x – 2) x- x ⇔ x2 – 2x – 360 = Giải pt ta : x1 = 20 (TM); x2 = -18 (loại) A Vậy số xe điều đến chở hàng 20 xe Bài 4: (3,0 điểm) a) Chứng minh tứ giác BC’B’C tứ giác nội tiếp C’ · · Ta coù BC'C = BB'C = 90 (gt) N Hay B’ ; C’ nhìn BC góc 90 ⇒ BC’B’C nội tiếp đường tròn đường kính BC B b) Chứng minh AM = AN » ) ; ·ACB = ( sd »AN + sd NB » ) AM + sd NB Ta có: ·AC ' M = ( sd ¼ 2 » ) = · AM + sd NB Mà BC’B’C nội tiếp ⇒ ·AC ' M = B· ' CB = ACB ⇔ ( sd ¼ » ) ( sd »AN + sd NB » ⇔ AM = AN (đpcm) ¼ = AN ⇔ AM M B’ C c) Chứng minh AM2 = AC’.AB Xét D ANC’ D ABN có: · · » ) ¼ = AN (2 góc nội tiếp chắn cung baèng nhau, AM ANC' = ABN · : chung NAB AN AC' = ⇒ D ANC’ : D ABN ⇒ ⇒ AN2 = AC’.AB hay AM2 = AC’.AB (vì AN AB AN = AM) Cách 2: chứng minh D AMC’ : D ABM ⇒ đpcm Bài 5: (1,0 điểm) Ta coù (4a – b)2 ³ ⇔ 16a2 – 8ab + b2 ³ ; Mà phương trình cho vô nghiệm nên b – 4ac < ⇔ b2 < 4ac ⇒ 16a2 – 8ab + 4ac > 16a2 – 8ab + b2 ³ Hay 16a2 – 8ab + 4ac > ⇔ 4a – 2b + c > (vì a > ⇒ 4a > 0) ⇔ a + b + c + 3a – 3b > ⇔ a + b + c > 3b – 3a = 3(b – a) ⇔ 0) a+ b+ c > (Vì < a < b ⇒ b – a > b- a