TUYEN SINH 10 DE 027

trong bao lâu đầy bể và nếu chỉ mở vòi chảy ra thì trong bao lâu tháo hết nước trong bể?. Bài 4: 3.0 điểm Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC M khác B, C.[r]

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc ĐỀ SỐ 27 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT MÔN TOÁN - Năm học: 2013 – 2014 Thời gian làm bài 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2.0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: 2) Giải phương trình: A     16 2 3 x 1  x 3 2 x  y 13  x  y  3) Giải hệ phương trình:  Bài 2: (3.0 điểm) ( P) : y  1) a) b) 2) x x2 (d ) : y   2 và đường thẳng Cho parabol Vẽ (P) và (d) trên cùng mặt phẳng tọa độ Tìm tọa độ giao điểm (P) và (d) Cho phương trình: x  x  m  0 (với m là tham số) Tìm các giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn:  x1  x2  4 Bài 3: (2.0 điểm) Mở cùng lúc vòi nước chảy vào bể và vòi nước tháo nước khỏi bể thì số nước bể là bể Nếu mở vòi nước chảy vào và mở 11 vòi nước tháo thì nước bể là 35 bể Hỏi mở vòi chảy vào thì bao lâu đầy bể và mở vòi chảy thì bao lâu tháo bể? Bài 4: (3.0 điểm) Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự H và K 1) Chứng minh tứ giác ABHD và BHCD nội tiếp  2) Tính CHK 3) Chứng minh: KH.KB = KC.KD 1   2 4) Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC N Chứng minh: AD AM AN HẾT *Ghi chú: Thí sinh sử dụng máy tính đơn giản, các máy tính có tính tương tự máy tính Casio fx-570 MS LỜI GIẢI ĐỀ SỐ 27 Bài 1: 1) Rút gọn biểu thức: A     16 2 3 A 2 3 4 4 6 2 3 A A A    2 3  4 6  2 3   2 3   2 3  2 3     1  2 3 A 1  2) Giải phương trình: x 1  x  (1) ĐKXĐ: x 0 (1)   2  x  3  x 1 x 3 x 3   x 2  x 3  x x 3   x 1  x 1 (nhận) Vậy: Tập nghiệm phương trình là: 3) Giải hệ phương trình:  x  y 13   x  y  ĐK: x 0; y 0  X  x  Đặt: Y  y Hệ (I) trở thành: (I) S  1 2 X  3Y 13 2 X  3Y 13     X  2Y   X   2Y  x 2   y 3   Do đó:  x 4   y 9  X   2Y  X   2.3  X 2    2    2Y   3Y 13 Y 3 Y 3 (nhận) x; y  4;9 Vậy: Nghiệm hệ phương trình là:     Bài 2: 1a) Vẽ (P) và (d): x (d ) : y   D TXĐ:  Bảng giá trị x2 TXĐ: D  Bảng giá trị ( P) : y  x y  x2 –4 –2 –8 –2 –2 –8 x x y 1 –1 (d) A B (P) 1b) Tìm tọa độ giao điểm (P) và (d): ( P) : y  x2 x (d ) : y   Phương trình hoành độ giao điểm (P) và (d) là:  x2 x  1 2 a 1  x  x  0 b 1 c  2 a  b  c 1    0   Ta có: Phương trình có hai nghiệm: Với c 2 x1 1; x2    a 1 x 1  y    2 2 x   y    2 1  A  1;   B  2;   Vậy: Tọa độ giao điểm (P) và (d) là   và  2) Tìm m a 1 x  x  m  0 (1) b   b '  2 c m   ' b '2  ac   '      m  1   ' 4  m    ' 3  m (1) có hai nghiệm phân biệt  ' 0  3 m   m3 Theo định lý Vi-ét, ta có: b 4   S  x1  x2  a  4   P x x  c  m  m  1  a Theo đề bài, ta có:  x1  x2  4  x12  x1 x2  x2 4  S  P 4  42   m  1 4  16  4m  4   4m 4  16    4m   m 2 (nhận) Vậy: Với m = thì (1) có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện đề bài Bài 3: x  0 Gọi x (giờ) là thời gian để vòi nước chảy vào đầy bể  y  0 y (giờ) là thời gian để vòi nước chảy tháo bể  Trong giờ, vòi nước chảy vào được: x (bể) Trong giờ, vòi nước chảy được: y (bể) Theo đề bài, ta có hệ phương trình:  5 x  y   (I )  3 1  1  11  x y 35   X  x  Y  y Đặt:  Hệ (I) trở thành: Do đó:  X  Y    3 X  2Y 11  35   X  Y  35  3 X  2Y 11  35   X  35  Y  3 X  2Y 11  35   X  35  Y  3   Y   2Y 11 35    35 1   X   X    35   Y  Y    7 1  x   x 5 1    y 7    y (nhận) Trả lời: Thời gian để vòi nước chảy vào đầy bể là Thời gian để vòi nước chảy tháo bể là Bài 4: GT KL Bx  DM  H  Bx  DC  K  Hình vuông ABCD; M  BC ; Bx  DM ; ; ; AM  DC  N  1) Tứ giác ABHD nội tiếp; tứ giác BHCD nội tiếp  2) CHK ? 3) KH.KB = KC.KD 1   2 4) AD AM AN 1) Chứng minh tứ giác ABHD nội tiếp: Ta có:   BAD 900 ( gt )   900 ( gt )  BHD    BAD  BHD 900  900 1800 Xét tứ giác ABHD, ta có:   BAD  BHD 1800 (cmt )  Tứ giác ABHD nội tiếp đường tròn đường kính BD [đpcm] Chứng minh tứ giác BHCD nội tiếp: Ta có:   BCD 900 ( gt )   900 ( gt )  BHD    BCD BHD Xét tứ giác BHCD, ta có:   BCD BHD (cmt )  Tứ giác BHCD nội tiếp đường tròn đường kính BD [đpcm]  2) Tính CHK    Ta có: CHK CDB (cùng bù BHC ) Vì DB là đường chéo hình vuông ABCD  Nên: CDB 45  Do đó: CHK 45 3) Chứng minh: KH.KB = KC.KD Xét HKD và CKB vuông H và C, ta có:  chung K  HKD CKB ( g  g ) KH KD   KC KB  KH KB KC.KD [đpcm] 1   2 4) Chứng minh: AD AM AN Từ A, kẻ tia Ax vuông góc AN, tia Ax cắt đường thẳng CD E Ta có:  900 (cách dựng)  A1  A   A2  A3 90 ( gt )  A1  A3 Xét DAE và BAM , ta có:  B  900 D   DA BA ( gt )    A1  A3 (cmt )  DAE BAM ( g  c  g )  AE  AM Trong AEN vuông A, đường cao AD, ta có: 1  2 AD AE AN (hệ thức lượng) 1    2 AD AM AN [đpcm]