de thi thu vao 10

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 t[r]

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

NĂM HỌC : 2006 – 2007

NĂM HỌC 2012 - 2013

- 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/ 5x2  6x 8 0  

2/

5x 2y 9

2x 3y 15





Bài 2: (2,0 điểm)

1/ Rút gọn biểu thức A ( 3 2) 2  ( 3 2) 2

2/ Cho biểu thức

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

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/ CK CA 2.BD.  2

Bài 5: (1,0 điểm)

Gọi x , x 1 2 là hai nghiệm của phương trình:

x  2(m 1)x 2m    9m 7 0  

(m là tham số)

Chứng minh rằng :

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: 5x2  6x 8 0   ;

-4

S 2 ;

5

2/

Bài 2:

1/

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



x 3 x 2 x 6 x 1 3 x 1 x 1

2

x - 2

b)

2 B

x 2



 ( Với x 0 v x µ 1; 4;9 )

B nguyên  x 2 ¦( )=2 1 ;2

1 1

1

I H

K

O

B A

x 16(nh

x 0 (nh

¹i)

¹i) Ën) Ën)

 

Vậy : Với x = 0 ; 16  thì B nguyên

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:





hoặc

1 x 2(x 8) 51

2

x 8x 153 0

Vậy: độ dài cạnh góc vuông bé là 9m ; độ dài cạnh góc vuông lớn là 17m

Bài 4:

1/

DH  AC (gt) DHC 90  0

BD AD (gt)

BC // AD (t / c h×nh b×nh hµnh)









DBC 90

Hai đĩnh H,B cùng nhìn đoạn DC dưới

HBCD

đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc)

2/

+D 1  C ( 1/ 2s BH 1  ® của đường tròn đường kính DC)

+C 1  A 1(so le trong, do AD//BC)  D 1  A 1

+DOK 2A   1(Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn DK của (O))

1

3/

+AKB 90  0(góc nội tiếp chắn ½ (O)  BKC DHA 90   0; C 1  A 1 (c/m trên)

AHD CKB

BD2  AD2  AH.AI CK.AI  (hệ thức tam giác vuông) (1)

Tương tự: BD2  BC2  CK.CI (2)

Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được:

CK.AI CK.CI 2BD    CK(AI CI) 2BD    CK.CA 2BD  (đpcm)

Bài 5: PT : x2 2(m 1)x 2m  2 9m 7 0  (1)

+  / m2 2m 1 2m  2  9m 7   m2  7m 6

+ PT (1) có hai nghiệm x , x 1 2      / 0 m 2  7m 6 0    m 2  7m 6 0  

 (m + 1)(m + 6) 0 ; Lập bảng xét dấu

+Với đ/k (*), áp dụng đ/l vi ét:

2

1 2







1 2

  2(m2 8m 16) 14 32   18 2(m + 4) 2

+ Với  6 m   1 thì 18 2(m 4)  2 0 Suy ra 18 2(m + 4) 2 18 2(m + 4) 2

Vì 2(m 4) 2  0 18 2(m + 4) 2 18 Dấu “=” xảy ra khi m 4 0    m  4

(tmđk (*))

Vậy :

1 2

7(x x )

x x 18 2



(đpcm)