De thi vao 10 Binh Dinh de so 13

Khi đến kho hàng thì có 2 xe bị hỏng nên để chở hết lượng hàng thì mỗi xe còn lại phải chở thêm 0,5 tấn so với dự định ban đầu.[r]

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề số 13

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2010 – 2011

Thời gian làm 120 phút Ngày thi: 01/7/2010 Bài 1: (1,5 điểm)

Giải phương trình sau:

a) 3(x – 1) = + x b) x2 + 5x – = 0 Bài 2: (2,0 điểm)

a) Cho phương trình: x2 x 1 m0 (m tham số)

Tìm điều kiện m để phương cho có nghiệm b) Xác định hệ số a, b biết hệ phương trình

ax y bx ay

2

  



 

 có nghiệm  2; 2.

Bài 3: (2,5 điểm)

Một công ty vận tải điều số xe tải để chở 90 hàng Khi đến kho hàng có xe bị hỏng nên để chở hết lượng hàng xe cịn lại phải chở thêm 0,5 so với dự định 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

và 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 = vơ nghiệm. Chứng minh rằng:

a b c b a

   

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (1,5 điểm)

a) 3(x – 1) = + x  3x – = + x  2x =  x =

5

2 b) Ta có a + b + c = + + (–6) =  x1 = 1; x2 = –6

Bài 2: (2,0 điểm)

a) Cho phương trình x2 x 1 m0(m tham số)

Ta có:  = (–1)2 – 4(1 – m) = 4m –

Phương cho có nghiệm khi  hay 4m – 3  m 

3 b) Vì  2; 2 nghiệm hệ phương trình ta có :

a

a b

2 2

2

          a b 2 2         

Bài 3: (2,5 điểm)

Gọi số xe tải điều đến chở hàng x (xe) (ĐK : x nguyên, x > 2) Số xe tải thực chở hàng x – (xe)

Khối lượng hàng mà lúc đầu xe dự định chở x 90

(tấn) Khối lượng hàng mà xe thực chở x

90

 (tấn)

Theo đề ta có phương trình: x 90

2

 – x

90 =

1

Giải phương trình ta được: x1 = 20 (thỏa mãn ĐK); x2 = –18 (Không thỏa mãn ĐK) Vậy số xe điều đến chở hàng 20 xe

Bài 4: (3,0 điểm)

a) Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn Ta có BC C BB C'  ' = 900 (gt)

Hai điểm B C nhìn đoạn thẳng BC

góc 900

Vậy từ giác BC’B’C nội tiếp đường trịn đường kính BC

b) Chứng minh AM = AN

Cách 1:Ta có AC N BC B'  ' ' ( )đđ mà BC B' 'ANB (cùng bù ACB )

AC N ANB' 

 

Và có A chung nên ACN ANB

ANC'ABN  AM AN Vậy AM = AN

Cách 2: Ta có:

AC M' 1(sñ AM sñNB  )

2

 

;

ACB (sñ AN sñNB  )

2

 

Mà BCBC nội tiếp AC M ACB cuøng buø BC B'  (  ' ')

Do

 

sñ AM NB

1 ( )

2  = 1 (2sñ AN NB  )AM AN

 AM = AN

Xét AMC ABM có: A chung; AMC'ABM gnt chắn hai cung nhau( )

 AMC’  ABM 

AM AC AB AM

'



Vậy AM2 = AC.AB Bài 5: (1,0 điểm) Vì phương trình ax2 + bx + c = vô nghiệm nên:

 = b2 – 4ac <  b2 < 4ac

b

c c vì a b

a

0 ( )

     

và 4ac – b2 > 0 Ta có

a b c b a

 

 >  a + b + c > 3b – 3a ( 0vì a b )

 4a – 2b + c >  4ac – 2bc + c2 > (vì c > 0)

 b2 – 2bc + c2 + 4ac – b2 >  (b – c)2 + 4ac – b2 > (bất đẳng thức đúng)

Vậy:

a b c b a

   >