Tải bản đầy đủ

40 TS10 long an 1718 HDG

STT 40. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH LONG AN
NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1: (2,0 điểm)

1. Rút gọn các biểu thức: A  3 75  12 3  12
x  2 x 1
xx

2. Rút gọn biểu thức: B 
với x  0 , x  1
x 1
x
3. Giải phương trình: 4 x 2  12 x  9  9 .
Câu 2:
(2,0 điểm)
1. Cho hai hàm số y   x 2 và y  2 x  5 . Vẽ đồ thị hai hàm số đã cho trên
cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.
2. Viết phương trình đường thẳng (d): y=ax+b, biết (d) đi qua A(-1;10) và B(3;2)
Câu 3: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình: 3x2  2 x  8  0 . (không giải trực tiếp bằng máy tính)
2. Cho phương trình: x2  2(m  1) x  m2  3  0 (m là tham số). Tìm tất cả các

giá trị tham số m để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn
x1 x2
  2
x2 x1
Câu 4: (4,0 điểm)
Cho đường tròn  O  đường kính AC . Trên bán kính OC lấy điểm B tùy ý (điểm
B không trùng O và C ). Gọi M là trung điểm của đọan thẳng AB . Qua M kẻ
dây cung DE vuông góc với AB . Kẻ BI vuông góc với CD ( I  CD) .
1. Cho AM  4cm , CM  9cm . Tính độ dài đoạn thẳng MD và tanA của
MDA .
2. Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp.
3. Chứng minh tứ giác ADBE là hình thoi và ba điểm I , B, E thẳng hàng.
4. Gọi O’ là tâm đường tròn đường kính BC . Chứng minh MI là tiếp tuyến của
đường tròn O’ .


STT 40. LỜI GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH LONG AN
NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1:

1. Rút gọn các biểu thức: A  3 75  12 3  12
x  2 x 1
xx

2. Rút gọn biểu thức: B 
với x  0 , x  1
x 1
x
3. Giải phương trình: 4 x 2  12 x  9  9

1. A  3 75  12 3  12 = 3 25.3  12 3  3.4 = 15 3  12 3  2 3 =
5 3
x  2 x 1
xx

2. B 
với x  0 , x  1
x 1
x
( x  1) 2


x
x


=
x 1
x
x
= x 11 x
= 2
3.
4 x 2  12 x  9  9
Đk: 4 x2  12 x  9  0  (2 x  3)2  0

x  R

4 x 2  12 x  9  9

 (2 x  3)2  9
 2x  3  9

 x6

Câu 2:

1. Cho hai hàm số y   x 2 và y  2 x  5 . Vẽ đồ thị hai hàm số đã cho trên
cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy.
2. Viết phương trình đường thẳng (d): y=ax+b, biết (d) đi qua A(-1;10) và B(3;2)

1. Bảng giá trị


2.
y
1

x

O
-2

-1

1

2

-1
-2
-3
-4
-5

3. Đường thẳng (d): y=ax+b, đi qua A(-1;10) và B(3;-2) nên ta có:
10  a  b
12  4a
a  3



2  3a  b
2  3a  b
b  7
Vậy (d): y=-3x+7.
Câu 3: 1. Giải phương trình: 3x 2  2 x  8  0 . (không giải trực tiếp bằng máy tính)

2. Cho phương trình: x2  2(m  1) x  m2  3  0 (m là tham số). Tìm tất cả các
giá trị tham số m để phương trình trên có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn
x1 x2
  2
x2 x1
1. Giải phương trình: 3x2  2 x  8  0

(a  3; b '  1; c  8)

 '  b '2  ac  1  24  25  5

1  5 4
1  5
 ;
x2 
 2
3
3
3
2. Phương trình: x2  2(m  1) x  m2  3  0 (m là tham số)
(a  1; b '  (m  1); c  m2  3)
 '  b '2  ac  (m  1) 2  (m2  3)
 2m  4
Để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:
 x1 

(1)


 '  0  2m  4  0  m  2
x
x
Theo đề ra ta có: 1  2  2
x2 x1
x1 x2
x12  x22 2 x1 .x2
  2 

x2 x1
x1 .x2
x1 .x2

 ( x1  x2 ) 2  0  x1  x2  0
Áp dụng hệ thức vi et ta có:

(2)

x1  x2  2(m  1)

(2)  2(m  1)  0
 m  1

Vậy với m  1 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn
x1 x2
  2 .
x2 x1
Câu 4: Cho đường tròn  O  đường kính AC . Trên bán kính OC lấy điểm B tùy ý

(điểm B không trùng O và C ). Gọi M là trung điểm của đọan thẳng AB . Qua
M kẻ dây cung DE vuông góc với AB . Kẻ BI vuông góc với CD ( I  CD) .
1. Cho AM  4cm , CM  9cm . Tính độ dài đoạn thẳng MD và tanA của
MDA .
2. Chứng minh tứ giác BMDI nội tiếp.
3. Chứng minh tứ giác ADBE là hình thoi và ba điểm I , B, E thẳng hàng.
4. Gọi O’ là tâm đường tròn đường kính BC . Chứng minh MI là tiếp tuyến của
đường tròn O’ .
1. Áp dụng hệ thức lượng trong
tam giác ta có:
 MD2  MA.MC  4.9  36
 MD  6 cm
MD 6 3
 tan A 
 
MA 4 2
2. Tứ giác BMDI có:
M  90o (gt)
I  90o (gt)
 Tứ giác BMDI nội tiếp.
3. Tứ giác ADBE có:
MA  MB

ME  MD
ED  AB
 Tứ giác ADBE là hình thoi

E

A

B
M

O'
C

O
I

D


 EB / / AD
 Ta có: 
 EB  CD
 AD  CD
Mà IB  CD
Nên I , B, E thẳng hàng.
4. Ta có O ' là tâm đường tròn đường kính BC nên O ' là trung điểm của BC .
Nên ta có: O ' IB  O ' IC  90o
Mà O ' IC  O ' CI  AED  BDE  BIM
 O ' IB  BIM  90o
O ' I  MI
Vậy MI là tiếp tuyến của đường tròn O’ .

GV: Triệu Tiến Tuấn
Phản biện: Le Minh Vu



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×