080 toán vào 10 chuyên thái bình 2009 2010

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH Năm học 2009-2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn thi: TỐN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài (2,0 điểm) 13   Rút gọn biểu thức sau: a)   x y y x b) xy  x y x y với x > ; y > ; x  y x 3 x 2 Giải phương trình: Bài (2,0 điểm)  m  1 x  y 2  mx  y m  Cho hệ phương trình: (m tham số) Giải hệ phương trình m 2 ; Chứng minh với giá trị m hệ phương trình ln có nghiệm (x ; y ) thoả mãn: x + y  Bài (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): y  k  1 x  (k tham số) parabol (P): y x Khi k  , tìm toạ độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P); Chứng minh với giá trị k đường thẳng (d) cắt parabol (P) hai điểm phân biệt; Gọi y1; y2 tung độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) Tìm k cho: y1  y y1 y2 Bài (3,5 điểm) Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C) Qua B kẻ đường thẳng vng góc với DM, đường thẳng cắt đường thẳng DM DC theo thứ tự H K Chứng minh: Các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường trịn;  Tính CHK ; Chứng minh KH.KB = KC.KD; 1   2 Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC N Chứng minh AD AM AN 1 1     3   x 2x  5x    4x  Bài (0,5 điểm) Giải phương trình: SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2009-2010 THÁI BÌNH Hướng dẫn chấm Mơn TỐN Ý Bài 1 (1,5đ) Nội dung 2,0 điểm 13   a)    2 4 =   13     16  0,25 = 6 3 4 2 0,25 = 10 0,25 x y y x xy b) xy =   x xy = x x y x y y   x với x > ; y > ; x  y y  x x y y y x y (0,5đ) x 3 x 2  0,25 0,25 0,25 =2 x Điểm 0,25 ĐK: x  2 Quy đồng khử mẫu ta phương trình: x2 + 2x + = 3(x + 2) x2  x  =  Do a  b + c = +  = nên phương trình có nghiệm: x = 1; x = (thoả mãn) Kết luận: Phương trình có nghiệm x = 1; x = Bài 2,0 điểm Ý (1,0đ) Nội dung  x  y 2  Khi m = ta có hệ phương trình: 2x  y 3 Ta có hệ: Điểm 0,25 0,25   x 1   x  y 2 0,25   x 1   y 1  x 1  Vậy với m = hệ phương trình có nghiệm nhất:  y 1 (1,0đ) 0,25  m  1 x  y 2  mx  y m    x m     mx  y m    x m    y  m  m  1  m    x m    y  m  2m  0,25 0,25 0,25 Vậy với giá trị m, hệ phương trình có nghiệm nhất:  x m    y  m  2m  Khi đó: 2x + y = m2 + 4m  =  (m  2)2  m (m  2)2  0,50 Vậy với giá trị m, hệ phương trình có nghiệm (x; y) thoả mãn 2x + y  Bài 2,0 điểm Ý (1,0đ) (0,5đ) Nội dung Điểm Với k = 2 ta có đường thẳng (d): y = 3x + 0,25 Khi phương trình hồnh độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) là: x2 = 3x +  x2 + 3x  = 0,25 Do a + b + c = +  = nên phương trình có nghiệm: x = 1; x =  Với x = có y = Với x = 4 có y = 16 0,25 Vậy k = 2 đường thẳng (d) cắt parabol (P) điểm có toạ độ (1; 1); (4; 16) 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm đường thẳng (d) parabol (P) là: x2 = (k  1)x + 0,25  x2  (k  1)x  = Ta có ac = 4 < nên phương trình có nghiệm phân biệt với giá trị k Vậy đường thẳng (d) parabol (P) cắt điểm phân biệt (0,5đ) Với giá trị k; đường thẳng (d) parabol (P) cắt điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2 thoả mãn:  x1  x k    x1x  0,25 0,25 2 Khi đó: y1 x1 ; y x Vậy y1 + y2 = y1 y 2 2  x1  x x1 x  (x1 + x2)2  2x1x2 = (x1 x2)2  (k  1)2 + = 16  (k  1)2 = 0,25  k 1  2 k 1  2 Vậy k 1  2 k 1  2 thoả mãn đầu Bài Ý (1,0đ) 3,5 điểm Nội dung A Điểm B H M P + Ta có D C K N  DAB = 90o (ABCD hình vng)  o BHD 0,25 = 90 (gt)    BHD Nên DAB = 180o 0,25  Tứ giác ABHD nội tiếp + Ta có  BHD = 90o (gt)  o BCD = 90 (ABCD hình vng) Nên H; C thuộc đường trịn đường kính DB  Tứ giác BHCD nội tiếp (1,0đ) Ta có: (1,0đ)    BDC  BHC 180o     BHC 180o CHK    CHK BDC   mà BDC = 45o (tính chất hình vng ABCD)  CHK = 45o Xét KHD KCB 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5   KHD KCB (90o )   DKB chung Có  KH KD   KC KB (0,5đ)  KHD KCB (g.g) 0,25  KH.KB = KC.KD (đpcm) Qua A kẻ đường thẳng vng góc với AM, đường thẳng cắt đường thẳng DC P Ta có: 0,25    BAM DAP (cùng phụ MAD ) AB = AD (cạnh hình vng ABCD)   ABM ADP 90o 0,25 Nên BAM = DAP (g.c.g)  AM = AP  Trong PAN có: PAN = 90o ; AD  PN 1  2 2 nên AD AP AN (hệ thức lượng tam giác vuông) 1   2  AD AM AN Bài 0,5 điểm Ý 0,5đ 0,25 Nội dung Điểm 1 1 1      3    b c b  2c c  2a   a  2b Ta chứng minh: a (*) với a > 0; b > 0; c > + Với a > 0; b > ta có:      b + Do  a  a  b   a  2b   a  b 9 (1)   b a  b (2) nên a 3   b a  2b (3) (Với a > 0; b> 0; c > 0) + Từ (1) (2) ta có: a + Áp dụng (3) ta có: 1 1 1      3    a b c b  2c c  2a  với a > 0; b> 0; c >  a  2b 1 1     3  x  x 2x  4x  5x    có ĐK: Phương trình Áp dụng bất đẳng thức (*) với a = x; b = x; c = 2x - ta có: 0.25đ 1 1      3    x x 2x  5x  4x    3x 1 1     3  x  x 2x  4x   với  5x  Dấu “ = ” xảy  x 2x   x 3  Vậy phương trình có nghiệm x = 0.25đ