Tải bản đầy đủ

Quảng ninh

STT 50. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH QUẢNG NINH
NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1.

(2,5 điểm).
1. Rút gọn các biểu thức:
B  4 x  x  9 x với x  0

A  10  9;

x  y  1
2. Giải hệ phương trình 
x  y  3
3. Tìm các giá trị của a để đồ thị hàm số y  ax  6 đi qua điểm M 1; 2  .
Câu 2.

(2,0 điểm).
Cho phương trình x2   2m  1 x  m2  1  0 ( m là tham số).
1. Giải phương trình với m  5 .
2. Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn:


x

2
1

 2mx1  m 2   x2  1  1 .

Câu 3.

(2,0 điểm).
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 300m2 . Nếu giảm chiều dài đi 2m và tăng chiều
rộng thêm 3m thì mảnh vườn trở thành hình vuông. Tính chiều dài, chiều rộng của mảnh vườn.

Câu 4.

(3,0 điểm).
Cho đường tròn tâm O đường kính AB và điểm C ( C không trùng với A và B ). Lấy điểm
D thuộc đoạn AC ( D không trùng với A và C ). Tia BD cắt cung nhỏ AC tại điểm M , tia
BC cắt tia AM tại điểm N.
1. Chứng minh MNCD là tứ giác nối tiếp.
2. Chứng minh AM .BD  AD.BC .
3 Gọi I là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp của tam giác ADM và tam giác
BDC . Chứng minh ba điểm N , D, I thằng hàng.

Câu 5.

(0,5 điểm)
Tính giá trị của biểu thức M  a 2  b2 biết a, b thỏa mãn

 3a 2 1
 2  3  1
b
b
 2
 3b  2  1
 a 2 a 3


STT 50. ĐỀ TUYỂN SINH VÀO 10 TỈNH QUẢNG NINH


NĂM HỌC 2017-2018
Câu 1.

(2,5 điểm).
1. Rút gọn các biểu thức:
B  4 x  x  9 x với x  0

A  10  9;

x  y  1
2. Giải hệ phương trình 
x  y  3
3. Tìm các giá trị của a để đồ thị hàm số y  ax  6 đi qua điểm M 1; 2  .
Lời giải
1.
A  10  9  10  3  7
B  2 x  x 3 x  0

Câu 2.

2.

x  y  1
2 x  4
x  2



x  y  3
2 y  2
y  1

3.

Đồ thị hàm số y  ax  6 đi qua A 1; 2  khi và chỉ khi: a  6  2  a  4 .

(2,0 điểm).
Cho phương trình x2   2m  1 x  m2  1  0 ( m là tham số).
1. Giải phương trình với m  5 .
2. Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn:

x

2
1

 2mx1  m 2   x2  1  1 .

1.

Lời giải
Với m  5 phương trình có hai nghiệm phân biệt: x1  3; x2  8

2.

Phương trình có hai nghiệm

   0     2m  1  4  m2  1  0  4m  5  0  m 
2

Với m 

5
phương trình có hai nghiệm theo Vi_ét ta có:
4

Vì x1 là nghiệm của phương trình nên ta có:

x12   2m  1 x1  m2  1  0  x12   2m  1 x1  m2  1
Thay vào hệ thức x12   2m  1 x1  m2  1  0 ta có:

5
4

 x1  x 2  2m  1

2
 x1 x 2  m  1


x

2
1

 2mx1  m 2   x2  1  1   x1  1 x2  1  1

 x1 x2  x1  x2  1  1
 m  0 (TM )
 m 2  1  2m  1  1  1  
 m  2 ( KTM )
Câu 3.

(2,0 điểm).
Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:
Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 300m2 . Nếu giảm chiều dài đi 2m và tăng chiều
rộng thêm 3m thì mảnh vườn trở thành hình vuông. Tính chiều dài, chiều rộng của mảnh vườn.
Lời giải
Gọi chiều dài là x  m  , chiều rộng là y  m   x, y  0  ta có hệ phương trình

 xy  300
 x  20
 x  15

(TM ) hoặc 
( KTM ) .

 x  2  y  3  y  15
 y  20
Câu 4.

(3,0 điểm).
Cho đường tròn tâm O đường kính AB và điểm C ( C không trùng với A và B ). Lấy điểm
D thuộc đoạn AC ( D không trùng với A và C ). Tia BD cắt cung nhỏ AC tại điểm M , tia
BC cắt tia AM tại điểm N.
1. Chứng minh MNCD là tứ giác nối tiếp.
2. Chứng minh AM .BD  AD.BC .
3 Gọi I là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp của tam giác ADM và tam giác
BDC . Chứng minh ba điểm N , D, I thằng hàng.
Lời giải
N

C
M
D
H
A

K
I

O

1. Có AMB  ACB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

B


Nên NMD  NCD  90 suy ra NMD  NCD  180 nên MNCD là tứ giác nội tiếp

AM AD

 AM .BD  AD.BC
BC BD
3. Chứng minh ba điểm N , D , I thẳng hàng.
2. Có AMD đồng dạng BCD (g-g) nên

Ta có DIB  DIA  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
 DI  AB .

Theo chứng minh câu 1, MNCD là tứ giác nội tiếp nên ta có: MND  MCD (2 góc nội tiếp
cùng chắn cung MD ).
(1)
Xét đường tròn tâm O có MCD  MCA  MBA (2 góc nội tiếp cùng chắn cung MA ). (2)
Từ (1) và (2), ta có: MND  MBA .
Mặt khác, ta có:
Tam giác MND vuông tại M nên MND  MDN  90 .
Tam giác MAB vuông tại M nên MBA  MAB  90 .
Do đó, ta có: MND  MDN  MBA  MAB .
Mà MND  MBA (chứng minh trên), nên ta có: MDN  MAB .
Do MAID là tứ giác nội tiếp nên ta có: MAI  MDI  180 hay MAB  MDI  180
Suy ra MDN  MDI  180  IDN  180 .
Vậy, các điểm N , D , I thẳng hàng

Câu 5.

(0,5 điểm)
Tính giá trị của biểu thức M  a 2  b2 biết a, b thỏa mãn

 3a 2 1
 2  3  1
b
b
 2
 3b  2  1
 a 2 a 3
Lời giải
Điều kiện: a  0, b  0 .


 2 1
2
3a  b  b
Từ giả thiết, ta có: 
3b 2  2  a 2

a

1
 2

3a 2 b  1  b3
3a 2 b  b3  1
9a 4 b 2  6a 2 b 4  b6  1
 2
 2
 4 2
3
3
2 4
6
3b a  a  2
3b a  2  a
9b a  6b a  a  4
 a 6  3a 4 b 2  3a 2 b 4  b6  5
  a 2  b2   5  a 2  b2  3 5
3

.



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×