Tải bản đầy đủ

14 TS10 can tho 1718 HDG

STT 14. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 THÀNH PHỐ CẦN THƠ
NĂM HỌC 2017-2018

Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực:
a) 2 x2  9 x  10  0

3x  2 y  9
b) 
 x  3 y  10
c)  x  1  8  x  1  9  0
4

2

Câu 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho parabol
y

 P :

y


1 2
x và đường thẳng
2

d  :

1
3
x .
4
2

a) Vẽ đồ thị của  P  .
b) Gọi A  x1; y1  và B  x2 ; y2  lần lượt là các giao điểm của  P  với đường thẳng  d  . Tính
giá trị của biểu thức T 



Câu 3: Cho biểu thức P  1 


x1  x2
.
y1  y2

1  1
1
2 


 .
 ,  x  0, x  1 . Rút gọn biểu thức P và
x   x 1
x 1 x 1 

tìm các giá trị của x để P  1 .

Câu 4: Để chuẩn bị tham gia Hội khỏe Phù Đổng cấp trường, thầy Thành là giáo viên chủ nhiệm của
lớp 9A tổ chức cho học sinh trong lớp thi đấu môn bóng bàn ở nội dung đánh đôi nam nữ (một
nam kết hợp với một nữ). Thầy Thành chọn



1
5
số học sinh nam kết hợp với
số học sinh nữ
2
8

của lớp để lập thành các cặp thi đấu. Sau khi đã chọn được số học sinh tham gia thi đấu thì lớp
9A còn lại 16 học sinh làm cổ động viên. Hỏi lớp 9A có tất cả bao nhiêu học sinh?

Câu 5: Cho phương trình x2   m  4 x  2m2  5m  3  0 ( m là tham số). Tìm các giá trị nguyên của
m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt sao cho tích của hai nghiệm này bằng 30 .
Khi đó, tính tổng hai nghiệm của phương trình.

Câu 6: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường tròn  O  đường kính BC cắt các cạnh AB , AC
lần lượt tại các điểm D và E . Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE .
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn
này.
b) Gọi M là giao điểm của AH và BC . Chứng minh: CM .CB  CE.CA .


c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn  O  .
d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC , biết ABC  45 , ACB  60 và BC  2R .


STT 14. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 THÀNH PHỐ CẦN THƠ
NĂM HỌC 2017-2018

Câu 1: Giải các phương trình và hệ phương trình sau trên tập số thực:
a) 2 x2  9 x  10  0

3x  2 y  9
b) 
 x  3 y  10
c)  x  1  8  x  1  9  0
4

2

Lời giải
a) Giải phương trình

2 x 2  9 x  10  0 1
   9   4.2.10  1
2

Vì   0 nên phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt:

9 1 5

4
2
9 1
x2 
2
4
x1 

 5
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  2;  .
 2
3x  2  3  9
3x  2 y  9
3x  2 y  9
3x  2 y  9
x  1

b) 




 y  3
 x  3 y  10
3x  9 y  30
7 y  21
 y  3


Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là 1; 3 .
c)  x  1  8  x  1  9  0 1
4

2

Đặt  x  1  t 2  t  0  .
2

Khi đó phương trình 1 trở thành:

t 2  8t  9  0  2 
   8  4.1.  9   100
2

Vì   0 nên phương trình  2  có hai nghiệm phân biệt:
t1 

8  100
 9 (thoả mãn)
2

t2 

8  100
 1 (không thoả mãn)
2

Với t  9 ta có:


 x  1

2

9

 x 1  3
x  4


 x  1  3  x  2

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là: S  2; 4 .

 P :

Câu 2: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho parabol
y

y

1 2
x và đường thẳng
2

d  :

1
3
x .
4
2

a) Vẽ đồ thị của  P  .
b) Gọi A  x1; y1  và B  x2 ; y2  lần lượt là các giao điểm của  P  với đường thẳng  d  . Tính
giá trị của biểu thức T 

x1  x2
.
y1  y2
Lời giải

a) Vẽ đồ thị của  P  .
Ta có:

y

Vậy đồ thị hàm số y 

x

4

2

0

2

4

1 2
x
2

8

2

0

2

8

1 2
x đi qua các điểm C  4;8 , D  2; 2  , O  0;0  , A  2; 2  , F  4;8 .
2

b) Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  là:
1 2 1
3
x  x   2 x 2  x  6  0 1
2
4
2
   1  4.2.  6   49
2


Vì   0 nên phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt:

1  49
2 y 2
4
1  49
3
9
x2 
  y
4
2
8
x1 

 3 9
Suy ra đường thẳng  d  cắt  P  tạo thành hai điểm phân biệt A  2; 2  , B   ;  .
 2 8

Khi đó:

 3
2 
x x
 2  4
T 1 2 
y1  y2
25
9
2 
8
Vậy T 

4
.
25



Câu 3: Cho biểu thức P  1 


1  1
1
2 


 .
 ,  x  0, x  1 . Rút gọn biểu thức P và
x   x 1
x 1 x 1 

tìm các giá trị của x để P  1 .
Lời giải

1  1
1
2 

P  1 


 .
 ,  x  0, x  1
x   x 1
x 1 x 1 



x 1 x 1 x 1 2

x 1
x



x 1

x

2







x 1



x 1



x 1



2
x

Để P  1 thì:

2
2
2 x
1
1  0 
0
x
x
x
Với x  0 , x  1 ta có:

x  0 thì 2  x  0  x  4

Kết hợp với điều kiện x  0 , x  1 ta được 0  x  4 , x  1 thoả mãn yêu cầu bài toán.

Câu 4: Để chuẩn bị tham gia Hội khỏe Phù Đổng cấp trường, thầy Thành là giáo viên chủ nhiệm của
lớp 9A tổ chức cho học sinh trong lớp thi đấu môn bóng bàn ở nội dung đánh đôi nam nữ (một
nam kết hợp với một nữ). Thầy Thành chọn

1
5
số học sinh nam kết hợp với
số học sinh nữ
2
8


của lớp để lập thành các cặp thi đấu. Sau khi đã chọn được số học sinh tham gia thi đấu thì lớp
9A còn lại 16 học sinh làm cổ động viên. Hỏi lớp 9A có tất cả bao nhiêu học sinh?
Lời giải
Gọi số học sinh nam của lớp 9A là x (học sinh), x  0 .
Số học sinh nữ của lớp 9A là y (học sinh), y  0 .
1
1
số học sinh nam của lớp 9A là: x (học sinh).
2
2
5
5
số học sinh nữ của lớp 9A là: y (học sinh).
8
8

Thầy Thành chọn

1
5
số học sinh nam kết hợp với số học sinh nữ nên ta có phương trình:
2
8

1
5
x  y  0 1
2
8
Tổng số học sinh của lớp 9A là: x  y (học sinh).
Tổng số học sinh được chọn để tham gia thi đấu là:

1
5
x  y (học sinh).
2
8

Sau khi đã chọn được số học sinh tham gia thi đấu thì lớp 9A còn lại 16 học sinh làm cổ động

5 
1
viên nên ta có phương trình:  x  y    x  y   16  2  .
8 
2
Từ 1 và  2  ta có hệ phương trình:

5
1
5
1
x y 0
5
x y 0
1


 x  20
8
2
2
 x  16  0
8

 2

8

 y  16
 x  y    1 x  5 y   16
 1 x  3 y  16
 y  16


8 
8
2
2


 tm 

Số học sinh nam của lớp 9A là 20 học sinh.
Số học học sinh nữ của lớp 9A là 16 học sinh.
Vậy số học sinh lớp 9A là 36 học sinh.

Câu 5: Cho phương trình x2   m  4 x  2m2  5m  3  0 ( m là tham số). Tìm các giá trị nguyên của
m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt sao cho tích của hai nghiệm này bằng 30 .
Khi đó, tính tổng hai nghiệm của phương trình.
Lời giải


x 2   m  4  x  2m 2  5m  3  0 1
     m  4    4.1.  2m 2  5m  3
2

 m 2  8m  16  8m 2  20m  12
 9m2  12m  4   3m  2   0 m 
2

Vì   0 m 

nên phương trình 1 có hai nghiệm phân biệt.

Gọi x1 , x2 là hai nghiệm của phương trình 1 .

 x1  x2  m  4
Theo hệ thức Viet ta có: 
2
 x1.x2  2m  5m  3
Theo đề bài ta có: x1.x2  30

 2m 2  5m  3  30
 2m 2  5m  33  0
 m  3  tm, do m 

 m  11  ktm, do m 

2




Với m  3 ta có: x1  x2  m  4  3  4  1.
Vậy tổng hai nghiệm của phương trình là 1 .

Câu 6: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Đường tròn  O  đường kính BC cắt các cạnh AB , AC
lần lượt tại các điểm D và E . Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng CD và BE .
a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn
này.
b) Gọi M là giao điểm của AH và BC . Chứng minh: CM .CB  CE.CA .
c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn  O  .
d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC , biết ABC  45 , ACB  60 và BC  2R .
Lời giải


a) Xét đường tròn  O  ta có:
BDC và BEC là hai góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.
 BDC  BEC  90 .

Xét tứ giác ADHE có: BDC  BEC  90  90  180 mà hai góc này đối nhau nên tứ giác

ADHE nội tiếp trong một đường tròn.
Ta có ADH và AEH cùng nội tiếp đường tròn có đường kính AH .
Nên tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn tâm I , đường kính AH hay I là trung
điểm của AH .
b) Vì tứ giác ADHE nội tiếp nên HAE  EDC (hai góc cùng nhìn đoạn HE ).
Mà EBC  EDC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC trong đường tròn  O  ).
 CAM  CBE

Trong ABC có BE  AC , CD  AB (cm ở câu a).
Mà BE  CD  H
Nên H là trực tâm ABC
 AH  BC tại M
 CAM vuông tại M .

Xét hai tam giác vuông CAM và CBE có:
CAM  CBE (cmt)

 CAM ∽ CBE  g.g 


AC CM
(các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).

BC CE

 AC.CE  BC.CM (đpcm).

c) Ta có: IHD  IDH ( IHD cân tại I , ID  IH : bán kính ( I ) ).
Mà IHD  CHM (đối đỉnh).

 2

Từ 1 và  2  suy ra CHM  IDH

 3

Ta lại có: ODC  OCD ( ODC cân tại O , OD  OC : bán kính (O) ).
Hay OCD  MCH .
Xét MHC vuông tại H có: CHM  MCH  90
Từ  3 và  4  suy ra IDH  ODC  90
 ID  DO tại D  (O)

Vậy ID là tiếp tuyến của  O  .

 4

1


d) Ta có AM  BC (cmt).
Xét tam giác vuông ABM và ACM có:

AM
AM
AM
 BM 

 AM
BM
tan B tan 45
AM
AM
AM
AM
tan C 
 MC 


MC
3
tan C tan 60
tan B 

Mà BM  CM  BC  2R

 AM 




AM
 2R
3



3  1 AM  2 R 3

 AM 





2R 3 2R 3 3 1

R 3
2
3 1





3 1

Diện tích tam giác ABC là:
S ABC 

1
1
AM .BC  R 3.
2
2









3  1 .2 R  R 2 3  3 (đvdt).

TÊN FACEBOOK CÁC THÀNH VIÊN THAM GIA GIẢI ĐỀ
NGƯỜI GIẢI ĐỀ: MOON TRAN
NGƯỜI PHẢN BIỆN: DIỆU HOÀNG



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×