Xem mẫu
TUYỂN TẬP ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN
ĐỀ SỐ 01
Bài 1.(2điểm)
a) Thực hiện phép tính: 1+ 2 1 2 : 72
b) Tìm các giá trị của m để hàm số y = ( m 2)x+ 3 đồng biến.
Bài 2. (2điểm)
a) Giải phương trình : x4 24x2 2=5 0 b) Giải hệ phương trình: 9xx 8y = 34
Bài 3. (2điểm)
Cho phương trình ẩn x : x2 5x+ 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
mãn hệ thức 2 1 + 1 = 3 1 x2
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),
tia AF cắt tiếp tuyến Bx của nửa đường tròn tại D. Biết AF = 4R .
a) Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp. Định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF.
b) Tính Cos DAB .
c) Kẻ OM ^ BC ( M ∈ AD) . Chứng minh BD DM= 1
d) Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O) theo R.
HẾT
1
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)
a) Thực hiện phép tính: 1+ 2 1+ 2 : 72
1 2 2 +1 2 2
(1+ 2)(1 2) : 36.2
0,25 đ
= 1 2 2+
2 +(1 2 +2
1 2
2) :6 2 0,25đ
= 1 2 2+ 2
1 2 2
1
2) :6 2 0,25đ
= 4
2 2
2 3 0,25đ
b) Hàm số y = ( m 2)x+ 3 đồng biến Û
m ³ 0
m 2> 0 0,5đ
m ³ 0
m > 2 {0,25đ
m ³ 0 m > 4
Û m > 4 0,25đ Bài 2: (2 điểm)
a) Giải phương trình : x4 24x2 2=5 0
Đặt t = x2 ( t ³0), ta được phương trình : t2 24t 2=5 0 0,25đ
Δ` =b`2 ac
= 122 –(–25) = 144 + 25
= 169 Δ` =13 0,25đ
2
t1 = b+aΔ ` =12+113 = 25 (TMĐK), t2 = b` Δ ` =12113 = 1 (loại)
Do đó: x2 = 25 x = ±5.
Tập nghiệm của phương trình : S ={ 5;5}
b) Giải hệ phương trình: 92x 8y== 24 Û 16x+ 8y= 16 25x = 50
2x y= 2 x = 2
2.2 y= 2 x = 2
y = 2
0,25đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ
0,25đ
0,25đ
Bài 3: PT: x2 5x+ m =2 0 (1)
a) Khi m = – 4 ta có phương trình: x2 – 5x – 6 = 0. Phương trình có a – b + c = 1 – (– 5) + (– 6) = 0
x = 1,x= = =1 6.
b) PT: x2 5x+ m =2 0 (1) có hai nghiệm dương phân biệt Δ > 0
Û x + x2 > 0 x .x2 > 0
( 5)2 4(m >2) 0
Û ( 5) > 0 Û 33 4m> 0 Û m < 33 Û 2 < m < 33
m 2> 0 m > 2
(*)
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
•
2
1 + 1 = 3 Û 1 x2
x2 + x = 3 x x2
Û ( x2 + x )2 = 3
2
x x2 0,25đ
Û x + x2 +2 x x2 = 9 x x2
Û 5+2 m 2= 4(m 2) 0,25đ
3
Đặt t = m 2(³t 0)ta được phương trình ẩn t : 9t2 – 8t – 20 = 0 .
Giải phương trình này ta được: t1 = 2 > 0 (nhận), t2 = 10 0 0,25đ
(loại) x Vậy: m 2= 2 m = 6 ( thỏa mãn *) D
Bài 4. (4điểm) M - Vẽ hình 0,5 điểm) I N
a) Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp.
Định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ OBDF.
Ta có: DBO = 900 và DFO = 900 (tính chất tiếp tuyến) B O
Tứ giác OBDF có DBO+ DFO =1800 nên nội tiếp được trong một đường tròn.
Tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF là trung điểm của OD
b) Tính Cos DAB.
Áp dụng định lí Pi-ta-go cho tam giác OFA vuông ở F ta được:
OA = OF2 +AF2 = R2 + 4R 2 = 5R
Cos FAO = AF = 4R : 5R = 0,8 CosDAB = 0,8
c) Kẻ OM ^ BC ( M ∈ AD) . Chứng minh DM AM= 1
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.
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:
0,25đ {0,25đ
C A
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,25đ
{0,25đ
BD AD BD AD
OM AM DM AM
(vì MD = MO)
BD AM + DM DM 0,25đ DM AM AM
Do đó: BD DM= 1 (đpcm) 0,25đ d) Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường 0,25đ
tròn (O) theo R.
4
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác OAM vuông ở O có OF ^ AM ta được:
OF2 = MF. AF hay R2 = MF. 4R MF = 3R
Áp dụng định lí pi ta go cho tam giác MFO vuông tại F ta được: OM = OF2 + MF2 = R2 +3R 2 = 5R
OM // BD OM = AO BD = OM.AB = 5R.5R + R: 5R = 2R 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 .
0,25đ
0,25đ
0,25đ
S1 = 2(OM + BD).OB= 15R +2R.R = 13R2 (đvdt)
πR2.900 πR2
2 3600 4
(đvdt)
Vậy S = S1 – S2 = 13R2 πR2 = R2 (13 2π ) (đvdt)
hết
Lưu ý:Bài toán hình có nhiều cách giải .Có thể các em sẽ tìm nhiều cách giải hay hơn.
5
...
- tailieumienphi.vn
nguon tai.lieu . vn