Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Trường THCS Bưng Riềng (Có hướng dẫn giải)

Nội dung text: Đề thi thử tuyển sinh vào Lớp 10 môn Toán - Trường THCS Bưng Riềng (Có hướng dẫn giải)

1. THCS BƯNG RIỀNG TRƯỜNG THCS BƯNG RIỀNG ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Thời gian làm bài 120 phút 1 2 Câu 1. ( 2,0 đ) 1) Rút gọn biểu thức A 2 12 3 1 3 3 1 7x 3y=4 2) Giải hệ phương trình : 4x y=5 3) Giải phương trình x4 2x2 3 0 1 Câu 2.(1,5 đ)Cho 2 hàm số y x2 và y x 4 có đồ thị lần lượt là ( P ) và ( d ) 2 1) Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 2 ) Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị ( P ) và ( d ). Câu 3. (1,5 đ) Cho phương trình: x2 2m 1 x m2 1 0 (1) (x là ẩn số) a) Tìm điều kiện của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. b) Định m để hai nghiệm x1,x2 của phương trình (1) thỏa mãn: 2 x1 x2 x1 3x2 Câu 4 ( 1,5) Một mảnh vườn hình chữ nhật có diện tích là 168 m2. Nếu giảm chiều dài đi 1m và tăng chiều rộng thêm 1m thì mảnh vườn trở thành hình vuông. Tính chiều dài, chiều rộng của mảnh vườn. Câu 5 ( 3,5đ) Cho tứ giác ABCD nội tiếp ( O ) đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Kẻ EF vuông góc với AD tại F. CF cắt BD tại N . Chứng minh : a) tứ giác ABEF và tứ giác DCEF nội tiếp được b) CA là tia phân giác của góc B·CF c) Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh tứ giác BCMF nội tiếp. d) BE. DN = EN.BD
2. THCS BƯNG RIỀNG HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 Câu 1. ( 2,25 điểm ) 1) Giải phương trình x2 9x 20 0 Cách 1: x2 9x 20 0 9 1 9 1 =81-80=1>0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x 5; x 4 1 2 2 2 7x 3y 4 2) Giải hệ phương trình : 4x y 5 7x 3y 4 7x 3y 4 19x 19 x 1 4x y 5 12x 3y 15 4x y 5 y 1 Vậy hệ phương trình có nghiêm duy nhất (x;y)=(1;1) 3) Đặt t=x2 (t 0) ta có phương trình t2-2t-3=0 (2) Ta có a-b+c=1+2-3=0 nên phương trình (2) có 2 nghiệm t1=-1(loại);t2=3(nhận) 2 Với t2=3 x 3 x 3 Vây phương trình có tập nghiệm S  3; 3 Câu 2. ( 2,25 điểm ) 1) Vẽ hai đồ thị ( P ) và ( d ) trên cùng một mặt phẳng tọa độ. 1 * y x2 2 Hàm số xác định với mọi x ¡ Bảng giá trị x -2 -1 0 1 2 y -2 -0,5 0 -0,5 -2 Nhận xét: Đồ thị hs là một parabol đi qua gốc tọa độ,nhận trục tung làm trục đối xứng nằm phía dưới trục hoành,O là điểm cao nhất *y=x-4 Đồ thị hs là đường thẳng đi qua hai điểm (0;-4) và (4;0) 2)Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm của phương trình 1 x2 x 4 x2 2x 8 0 2 ' 1 8 9 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1=2;x2=-4 x1=2 y1=-2 ; x2=-4 y2=-8 Vậy tọa độ giao điểm của (P) và (d) là (2;-2) và (-4;-8) Câu 3 a) = (2m – 1)2 – 4(m2 – 1) = 5 – 4m 5 Phương trình có hai nghiệm phân biệt m 4 5 b) Phương trình có nghiệm m 4
3. THCS BƯNG RIỀNG x1 x2 2m 1 Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có: 2 x1x2 m 1 Theo đề bài: 2 x1 x2 x1 3x2 2 x1 x2 4x1x2 x1 3x2 2 2 2m 1 4 m 1 x1 3x2 x1 3x2 5 4m m 1 x1 x1 x2 2m 1 2 Ta có hệ phương trình: x 3x 5 4m 3(m 1) 1 2 x 2 2 m 1 3(m 1)  m2 1 2 2 3 m2 1 4 m2 1 m2 1 0 m 1 Kết hợp với điều kiện m 1 là giá trị cần tìm. Câu 4 Gọi chiều dài của mảnh vườn là x (m). ĐK: x > 1. Thì chiều rộng của mảnh vườn là: 168 (m). x Nếu giảm chiều dài đi 1m và tăng chiều rộng thêm 1m thì mảnh vườn có: - Chiều dài là x – 1 (m). 168 - Chiều rộng là 1 (m). x 168 Vì mảnh vườn trở thành hình vuông nên ta có phương trình: 1 x 1 x 2 2 x 14 (tho¶ m·n) 168 + x = x – x x – 2x – 168 = 0 (x – 14)(x + 12) = 0 x 12 (lo¹i) Vậy mảnh vườn có chiều dài là 14m, chiều rộng là 168:14 = 12m. Câu 5 a) Chỉ ra mỗi tứ giác có kai góc đối là góc vuông => Tứ giác nội tiếp b) góc BCA = góc ACF ( = góc BDA ) => CA là phân giác c) Chứng minh góc BMF = góc BCF ( = 2.ACF ) => tứ giác BCMF nội tiếp ( cung chứa góc) BE. DN = EN.BD d) Sử dụng tính chất tia phân BE BD giác của tam giác BCN => NE DN => điều cần chứng minh