SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2009 - 2010 ĐỀ 3

Chia sẻ: Mi Hong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

100
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo về SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2009 - 2010 ĐỀ 3. Đây là đề thi chính thức của Sở giáo dục và đào tạo trong kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT. Thời gian làm bài là 120 phút không kể thời gian giao đề. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2009 - 2010 ĐỀ 3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐĂK LĂK NĂM HỌC 2009 - 2010 -----000----- ------------------------------------ 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/ 5x 2  6x  8  0 5x  2y  9 2/  . 2x  3y  15 Bài 2: (2,0 điểm) 1/ Rút gọn biểu thức A  ( 3  2) 2  ( 3  2) 2  x 2 x 1 3 x 1   1  2/ Cho biểu thức B       : 1      x 1 x 3 ( x  1)( x  3)  x  1 a) Rút gọn biểu thức B. b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức B nhận giá trị 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 giác vuông mới có diện tích là 51m2 . Tính độ dài hai cạnh góc 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 x1 , x 2 là hai nghiệm của phương trình: x 2  2(m  1)x  2m2  9m  7  0
(m là tham số). 7(x1  x 2 ) Chứng minh rằng :  x1 x 2  18 2 GIẢI ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 DAKLAK NĂM HỌC : 2009 – 2010 (Ngày thi : 26/06/2009) --------------------------------- ****** --------------------------------- Bài 1: 1/ PT: 5x 2  6x  8  0 ;  /  9  5( 8)  49  0   /  7 ; x 1  3  7  2 ; x1  3  7  4 5 5 5  -4   PT đã cho có tập nghiệm : S  2 ;   5 5x  2y  9 15x  6y  27 19x  57 x  3 x  3 2/      2x  3y  15 4x  6y  30 5x  2y  9  y  (9  15) : 2  y  3  HPT có nghiệm duy nhất (x ; y) = (3; -3) Bài 2: 1/ A  ( 3  2) 2  ( 3  2)2  3  2  3  2  3  2  2  3  4 x  0 2/ a) ĐKXĐ:   x  1; 4;9  ( x  2)( x  3)  ( x  1)( x  1)  3 x  1 x 2 B : ( x  1)( x  3) x 1 x  3 x  2 x  6  x 1 3 x 1 x 1 2  .  ( x  1)( x  3) x 2 x -2 2 b) B  ( Với x  0 vµ x  1;4;9 ) x 2 B nguyên  x  2  ¦(2)= 1 ;  2  x  2 1  x 3  x  9 (lo¹i)    x  1 (lo¹i)  x  2  1  x 1    x 22 x 4  x  16 (nhËn)       x  0 (nhËn)  x  2  2  x 0 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) 1 x 8 1 x Theo đề bài ta có PT: .2x.  51 hoặc . .2(x  8)  51 2 3 2 3  x 2  8x  153  0 ; Giải PT được : x1  9 (tm®k) ; x 2  17 (lo¹i) Vậy: độ dài cạnh góc vuông bé là 9m ; độ dài cạnh góc vuông lớn là 17m Bài 4: D C 1/ 0 1 DH  AC (gt) DHC  90 1 K BD  AD (gt) I   BD  BC BC // AD (t / c h×nh b×nh hµnh) H 0 1  DBC  90 A B Hai đĩnh H,B cùng nhìn đoạn DC dưới O một góc không đổi bằng 900  HBCD nội tiếp trong đường tròn đường kính DC (quỹ tích cung chứa góc) 2/ + D1  C1 ( 1/ 2s® BH của đường tròn đường kính DC) + C1  A1 (so le trong, do AD//BC)  D1  A1 + DOK  2A1 (Góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn DK của (O))  DOK  2D1  2BDH . 3/ + AKB  900 (góc nội tiếp chắn ½ (O)  BKC  DHA  900 ; C1  A1 (c/m trên)  AHD  CKB (cạnh huyền – góc nhọn)  AH  CK +AD = BD ( ADB cân) ; AD = BC (c/m trên)  AD  BD  BC + Gọi I  AC  BD ; Xét ADB vuông tại D , đường cao DH ; Ta có: BD 2  AD 2  AH.AI  CK.AI (hệ thức tam giác vuông) (1) Tương tự: BD 2  BC 2  CK.CI (2) Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được:
CK.AI  CK.CI  2BD2  CK(AI  CI)  2BD2  CK.CA  2BD2 (đpcm) Bài 5: PT : x 2  2(m  1)x  2m2  9m  7  0 (1) + /  m2  2m  1  2m2  9m  7   m2  7m  6 + PT (1) có hai nghiệm x1 , x 2   /  0   m 2  7m  6  0  m 2  7m  6  0  (m + 1)(m + 6)  0 ; Lập bảng xét dấu   6  m   1 (*)  x1  x 2  2(m  1) +Với đ/k (*), áp dụng đ/l vi ét:  2  x1 x 2  2m  9m  7 7(x1  x 2 ) 14(m  1)   x1 x 2   (2m 2  9m  7)   7m  7  2m 2  9m  7   2m 2  16m  14 2 2   2(m 2  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 (*)) 7(x1  x 2 ) Vậy :  x1 x 2  18 (đpcm) 2