zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009 ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN THI VÀO TRƯỜNG PTNK 2008

Chia sẻ: Trần Bá Trung | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

656
lượt xem 87
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009 ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN THI VÀO TRƯỜNG PTNK 2008 – 2009 Điều các học sinh quan tâm là cách thức ra đề cũng như yêu cầu kiến thức của từng trường như thế nào. Để đáp ứng nhu cầu đó tập tài liệu tham khảo:KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009 ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN THI VÀO TRƯỜNG PTNK 2008

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009 ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN THI VÀO TRƯỜNG PTNK 2008

KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009 ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN THI VÀO TRƯỜNG PTNK 2008 – 2009 TOÁN AB – 150 PHÚT x 2 + mx − 2m 2 Bài 1: Cho phương trình = ( 2m − 1) x + 6 (1) x + 2m a) Giải phương trình khi m = 1 b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm. Bài 2: a) Giải phương trình 2 x − 1 − 2 x − 1 = −1 ⎧2 x − x + 2 y = 4 xy b) Giải hệ phương trình ⎨ ⎩ x + 2 xy = 4 2 Bài 3: a) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào giá trị cùa biến x ( x > 1) A= (x x + 4x + 3 x )( x x − 1) ( x − 1) ( x x + x + x )( x + 3) b) Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn a + 2b − 3c = 0 và bc + 2ac − 3ab = 0 . Chứng minh rằng a =b = c. Bài 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp có góc A nhọn và hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại M. P là trung điểm của CD, H là trực tâm của tam giác ABD. PM a) Tính tỷ số DH b) Gọi N, K lần lượt là chân đường cao hạ từ B và D của tam giác ABD, Q là giao điểm của MK và BC. Chứng minh MN = MQ. c) Chứng minh tứ giác BQNK nội tiếp. Bài 5: Một nhóm học sinh định chia một số kẹo thành các phần quà cho các em nhỏ tại một đơn vị trẻ mồ côi. Nếu mỗi phần quà giảm đi 6 viên thì các em có them 5 phần quà, nếu giảm đi 10 viên thì các em có them 10 phần quà. Hỏi số kẹo mà nhóm học sinh này có. Hướng dẫn giải Bài 1: x2 + x − 2 a) Khi m = 1, phương trình (1) trở thành: = x + 6 (2) x+2 Điều kiện x + 2 ≠ 0 ⇔ x ≠ −2 . Với điều kiện trên ta có: ( 2) ⇔ x 2 + x − 2 = ( x + 6 )( x + 2 ) ⇔ x 2 + x − 2 = x 2 + 8 x + 12 ⇔ −7 x = 14 ⇔ x = −2 ( l ) Vậy phương trình vô nghiệm. GV: NGUYỄN TĂNG VŨ 1 www.truonglang.wordpress.com
KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009 x 2 + mx − 2m 2 b) = ( 2m − 1) x + 6 (1) x + 2m Điều kiện x + 2m ≠ 0 ⇔ x ≠ −2m . Với điều kiện trên ta có: ( x + 2m )( x − m ) = 2m − 1 x + 6 (1) ⇔ ( ) x + 2m ⇔ x − m = ( 2m − 1) x + 6 ⇔ ( 2m − 2 ) x = − m − 6 ( 3) Phương trình có nghiệm khi và chỉ phương phương trình (3) có nghiệm x ≠ −2m . Với m = 1 ta có : 0x = - 7 , phương trình vô nghiệm. −m − 6 Với m ≠ 1 ta có x = . Ta có: 2m − 2 −m − 6 ≠ −2m ⇔ −m − 6 ≠ −4m 2 + 4m ≠ 0 2m − 2 ⎧ 3 ⎪m ≠ − ⇔ 4m − 5m − 6 ≠ 0 ⇔ ⎨ 2 4 ⎪m ≠ 2 ⎩ 3 Vậy với m ≠ 1, m ≠ − và m ≠ 2 thì phương trình (1) luôn có nghiệm. 4 Bài 2: a) 2 x − 1 − 2 x − 1 = −1 (1) ⎧ 1 ⎧2 x − 1 ≥ 0 ⎪x ≥ Điều kiện ⎨ ⇔⎨ 2 ⇔ x ≥ 1 (*) ⎩x −1 ≥ 0 ⎪x ≥ 1 ⎩ Với điều kiện trên ta có (1) ⇔ 2x −1 = 2 x −1 −1 ⇒ 2 x − 1 = 4 ( x − 1) − 4 x − 1 + 1 ⇒ 4 x −1 = 2x − 2 ⇒ 2 x −1 = x −1 ⇒ 4 ( x − 1) = ( x − 1) 2 ⎡x = 1 ⇒⎢ ⎣x = 5 Thử lại ta thấy: + x = 1 không phải là nghiệm của phương trình vì 2.1 − 1 − 2 1 − 1 = 1 ≠ −1 + x = 5 là nghiệm của phương trình (1) vì 2.5 − 1 − 2 5 − 1 = −1 Vậy phương trình có nghiệm x = 5. GV: NGUYỄN TĂNG VŨ 2 www.truonglang.wordpress.com
KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009 Nhận xét: Có thể giải theo cách dùng phép biến đổi tương đương, nhưng sau một lần bình phương hai vế ta phải đặt điều kiện, khá rắc rối. Làm theo biến đổi suy ra thì ta phải có bước thử lại. b) ⎧2 x − x + 2 y = 4 xy ⎪ (1) ⎨ 2 ⎪ x + 2 xy = 4 ⎩ ( 2) Ta có (1) ⇔ 2 x 2 − x + 2 y − 4 xy = 0 ⇔ ( x − 2 y )( 2 x − 1) = 0 ⎡ 1 ⎡2x − 1 = 0 ⎢x = 2 ⇔⎢ ⇔ ⎣x − 2y = 0 ⎢ ⎣x = 2y 1 15 Với x = thế vào (2) ta tính được y = 2 4 1 2 Với x = 2y thế vào (2) ta có ( 2 y ) + 2 ( 2 y ) y = 4 ⇔ y 2 = 2 ⇔ y=± ⇒x=± 2 2 2 ⎛ 1 15 ⎞ ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ Vậy phương trình có 3 nghiệm ( x, y ) là ⎜ , ⎟ , ⎜ 2, ⎟ và ⎜ − 2, − ⎟. ⎝2 4 ⎠ ⎜ ⎝ 2 ⎟ ⎠ ⎜ ⎝ 2 ⎟ ⎠ Bài 3: A = (x x + 4x + 3 x)( x x − 1) ( x − 1) ( x x + x + x )( x + 3) = ( x x + 3x + x + 3 x )( x − 1)( x + x +1 ) ( x − 1)( x + 1) x ( x + x + 1)( x + 3) ⎡ x ( x + 3) + x ( x + 3)⎤ =⎣ ⎦ ( x + x )( x + 3) = ( x + 3)( x + x ) ( x + x )( x + 3) =1 Vậy giá trị của A không phụ thuộc vào biến x. c) Ta có a + 2b − 3c = 0 ⇒ a = 3c − 2b . Suy ra bc + 2ac − 3ab = 0 ⇔ bc + 2c ( 3c − 2b ) − 3b ( 3c − 2b ) = 0 ⇔ 6c 2 − 12bc + 6b 2 = 0 ⇔ 6 (b − c ) = 0 2 ⇔b=c GV: NGUYỄN TĂNG VŨ 3 www.truonglang.wordpress.com
KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009 Từ b = c, suy ra a + 2b – 3c = 0, suy ra a + 2b – 3c = 0 hay a = b. Vậy a = b = c. Bài 4: B C Q Mj K P H A N D 1 a) Trong tam giác CMD vuông tại M có MP là trung tuyến nên ta có: MP = CD = PC ⇒ ΔPMC 2 cân tại P, suy ra PCM = PMC . (1) Tứ giác BMHK có BMH + BKH = 90o + 90o = 180o nên là tứ giác nội tiếp, suy ra Q MHD = KBM (2) Mặt khác ta có MBK = MCP (3) (tứ giác ABCD nội tiếp) Từ (1), (2) và (3) ta có MHD = CMP mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên ta có MP // HD. Trong tam giác CHD có MP // HD và P là trung điểm của CD nên MP là đường trung bình, suy 1 ra MP = HD và M là trung điểm của CH. 2 PM 1 Vậy = DH 2 b) Tứ giác AKMD có AKD = AMD = 90o ⇒ AKMD là tứ giác nội tiếp BMK = BAD . Mà ta cũng có QMD = BMK ( đối đỉnh) Và QCD = BAD (ABCD nội tiếp) Do đó QCD = QMD ⇒ MCQD nội tiếp. Suy ra CQD + CMD = 180o ⇒ CQD = 180o − CMD = 90o Tam giác BHC có BM là đường cao đồng thời là trung tuyến nên cân tại B, suy ra BM cũng là phân giác của góc HBD. Suy ra tam giác BQD bằng tam giác BND (cạnh huyền góc nhọn) Suy ra BQ = BN và DQ = DN. Do đó BD là đường trung trực của NQ mà M thuộc BD nên MQ = MN. c) Tam giác MNQ cân tại M MQN = MNQ (4) GV: NGUYỄN TĂNG VŨ 4 www.truonglang.wordpress.com
KÌ THI VÀO LỚP 10 NĂM HỌC 2008 - 2009 Ta có BD là đường trung trực của MP nên BD vuông góc với MQ mà BD ⊥ AC , suy ra MQ//AC ⇒ AMN = MNQ ( 5 ) Ta có tứ giác ABMN là tứ giác nội tiếp, suy ra ABN = KMN ( 6 ) Từ (4), (5) và (6) ta có MQN = KMN ⇒ tứ giác BQNK nội tiếp (2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới 2 góc bằng nhau). Bài 5: Gọi x ( viên) là số kẹo của mỗi phần quà ban đầu. Và y là số phần quà ban đầu. Điều kiện (x, y nguyên dương, x lớn hơn 10) Khi đó ta có xy là tổng số kẹo mà nhóm học sinh có. xy là số phần quà sau khi giảm mỗi phần 6 viên kẹo. x−6 xy là số phần quà sau khi giảm mỗi phần 10 viên kẹo. x − 10 Theo đề bài ta có hệ phương trình: ⎧ xy = y+5 ⎪ ⎪x−6 ⎪ xy = ( x − 6 )( y + 5 ) ⎧ ⎨ ⇔⎨ ⎪ xy = y + 10 ⎪ xy = ( x − 10 )( y + 10 ) ⎩ ⎪ x − 10 ⎩ ⎧ xy = xy − 6 y + 5 x − 30 ⇔⎨ ⎩ xy = xy − 10 y + 10 x − 100 ⎧5 x − 6 y = 30 ⎧ x = 30 ⇔⎨ ⇔⎨ ⎩10 x − 10 y = 100 ⎩ y = 20 Vậy tổng số viên kẹo mà nhóm học sinh có là x.y = 20. 30 = 600 viên. GV: NGUYỄN TĂNG VŨ 5 www.truonglang.wordpress.com

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.