Tập giải đề thi vào lớp 10 môn toán - Đề số 1

Chia sẻ: Camp_1 Camp_1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

1.187
lượt xem 199
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí Tập giải đề thi vào lớp 10 môn toán - Đề số 1 để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tập giải đề thi vào lớp 10 môn toán - Đề số 1

TẬP GIẢI ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN ĐỀ SỐ 01 Bài 1.(2điểm) 1 2 1 2  a) Thực hiện phép tính:     : 72 1 2 1 2   b) Tìm các giá trị của m để hàm số y   m  2  x  3 đồng biến. Bài 2. (2điểm) a) Giải phương trình : x 4  24 x 2  25  0  2x  y  2 b) Giải hệ phương trình:  9 x  8 y  34 Bài 3. (2điểm) Cho phương trình ẩn x : x 2  5 x  m  2  0 (1) a) Giải phương trình (1) khi m = 4 . b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt x1 ; x2 thoả  1 1  mãn hệ thức 2   3  x x2   1  Bài 4. (4điểm) Cho nửa đường tròn (O; R) đường kính BC. Lấy điểm A trên tia đối của . tia CB. Kẻ tiếp tuyến AF của nửa đường tròn (O) ( với F là tiếp điểm), 4R tia AF cắt tiếp tuyến Bx của nửa đường tròn tại D. Biết AF = . 3 a) Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp. Định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF. b) Tính Cos DAB . BD DM c) Kẻ OM  BC ( M  AD) . Chứng minh  1 DM AM d) Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O) theo R. HẾT BÀI GIẢI CHI TIẾT VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 01 A. BÀI GIẢI CHI TIẾT VÀ ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 01: BÀI GIẢI CHI TIẾT ĐIỂM Bài 1: (2điểm)
1 2 1 2  a) Thực hiện phép tính:     : 72 0,25 đ 1 2 1 2   2 2 = 1  2   1  2  : 36.2 1  2 1  2  0,25đ 1  2 2  2  (1  2 2  2) = :6 2 1 2 0,25đ 1  2 2  2  1  2 2  2) = :6 2 1 0,25đ 4 2 2 =  6 2 3 0,5đ  m0  b) Hàm số y    m  2 x  3 đồng biến    m 2 0   m0 0, 25 đ     m 2  m  0  m  4 0,25đ m4 Bài 2: (2 điểm) 0,25đ a) Giải phương trình : x 4  24 x 2  25  0 Đặt t = x2 ( t  0 ), ta được phương trình : t 2  24t  25  0 2 '  b '  ac = 122 –(–25) 0,25đ = 144 + 25 = 169   '  13 0,25đ b'   ' 12  13 b '   ' 12  13 t1    25 (TMĐK), t2    1 0,25đ a 1 a 1 (loại) 0,25đ Do đó: x2 = 25  x  5 . 0,25đ Tập nghiệm của phương trình : S  5;5  2x  y  2 16 x  8 y  16 b) Giải hệ phương trình:   9 x  8 y  34  9 x  8 y  34 0,25đ
 25 x  50   2 x  y  2 0,25đ  x2  2.2  y  2 x  2  y  2 Bài 3: PT: x 2  5 x  m  2  0 (1) a) Khi m = – 4 ta có phương trình: x2 – 5x – 6 = 0. 0,25đ Phương trình có a – b + c = 1 – (– 5) + (– 6) = 0 c 6 0,5đ  x1  1, x2    6. a 1 b) PT: x 2  5 x  m  2  0 (1) có hai nghiệm dương phân biệt 0,25đ  0    x1  x2  0  x .x  0  1 2 0,25đ  5  2  4  m  2   0   33    5  33  4m  0 m  33  0   4 2m  1  m2  m2 4  m20   (*)  1 1  3  2    3  x2  x1  x1 x2  x  x2  2  1 2 3 2    x2  x1    2 x1 x2   0,25đ 9  x1  x2  2 x1 x2  x1 x2 4 9  5  2 m  2   m  2 4 0,25đ 2 Đặt t  m  2  t  0  ta được phương trình ẩn t : 9t – 8t – 20 = 0 . 10 0,25đ Giải phương trình này ta được: t1 = 2 > 0 (nhận), t2 =  0 9 x (loại) D Vậy: m  2  2  m = 6 ( thỏa mãn *) M Bài 4. (4điểm) I 0,25đ F - Vẽ hình 0,5 điểm) N a) Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp. 0, 25 đ B C A O
Định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ OBDF. Ta có: DBO  900 và DFO  900 (tính chất tiếp tuyến) Tứ giác OBDF có DBO  DFO  1800 nên nội tiếp được trong một đường tròn. 0,25đ Tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF là trung điểm của OD 0,25đ b) Tính Cos DAB . Áp dụng định lí Pi-ta-go cho tam giác OFA vuông ở F ta được: 2 2 2  4R  2 5R OA  OF  AF  R      3  3 0,25đ AF 4 R 5 R 0,25đ Cos FAO =  :  0,8  CosDAB  0,8 OA 3 3 BD DM c) Kẻ OM  BC ( M  AD) . Chứng minh  1 DM AM 0,25đ  OM // BD ( cùng vuông góc BC)  MOD  BDO (so le trong) và BDO  ODM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Suy ra: MDO  MOD . 0, 25 đ Vậy tam giác MDO cân ở M. Do đó: MD = MO  Áp dụng hệ quả định lí Ta let vào tam giác ABD có OM // BD ta được: BD AD BD AD  hay  (vì MD = MO) OM AM DM AM 0,25đ BD AM  DM DM   =1+ DM AM AM 0,25đ BD DM Do đó:   1 (đpcm) DM AM 0,25đ d) Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O) theo R.  Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác OAM vuông ở O có OF  AM ta được: 4R 3R OF2 = MF. AF hay R2 = MF.  MF = 3 4  Áp dụng định lí pi ta go cho tam giác MFO vuông tại F ta được: 2 0,25đ 2 2  3R  2 5R OM = OF  MF  R      4  4 0,25đ
OM AO OM . AB 5R  5R  5R  OM // BD    BD  = .  R:  2R BD AB OA 4  3  3 0,25đ Gọi S là diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O) . S1 là diện tích hình thang OBDM. S2 là diện tích hình quạt góc ở tâm BON  900 Ta có: S = S1 – S2 . 1 1  5R  13R 2 S1   OM  BD  .OB =   2 R  .R  (đvdt) 2 2 4  8  R 2 .900  R 2 S2   (đvdt) 3600 4 13R 2  R 2 R2 Vậy S = S1 – S2 =  = 13  2  (đvdt) 8 4 8 hết Lưu ý:Bài toán hình có nhiều cách giải .Có thể các em sẽ tìm nhiều cách giải hay hơn. Lưu ý: Từ đề số 02 chỉ ghi lời giải chi tiết (không ghi đáp án), để các em đối chiếu và rút kinh nghiệm.