SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011 KHÁNH HÒA MÔN : TOÁN NGÀY THI : 23/06/2010 Thời gian làm bài : 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (3.00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay) 1. Rút gọn biểu thức : A = ( ) 5 20 3 45− + 2. Giải hệ phương trình : 5 3 x y x y + = − = 3. Giải phương trình : x 4 – 5x 2 + 4 = 0 Bài 2: (1.00 điểm) Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m : x 2 – 2(m + 1)x + m 2 – 1 = 0 Tính giá trị của m, biết rằng phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện : x 1 + x 2 + x 1 .x 2 = 1 Bài 3: (2.00 điểm) Cho hàm số : y = mx – m + 2, có đồ thị là đường thẳng (d m ). 1. Khi m = 1, vẽ đường thẳng (d 1 ) 2. Tìm tọa độ điểm cố định mà đường thẳng (d m ) luôn đi qua với mọi giá trị của m. Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm M(6, 1) đến đường thẳng (d m ) khi m thay đổi. Bài 4: (4.00 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a, lấy điểm M bất kỳ trên cạnh BC (M khác B và C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K. 1. Chứng minh : BHCD là tứ giác nội tiếp. 2. Chứng minh : KM ⊥ DB. 3. Chứng minh KC.KD = KH.KB 4. Ký hiệu S ABM , S DCM lần lượt là diện tích của tam giác ABM, DCM. Chứng minh tổng (S ABM + S DCM ) không đổi. Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để ( ) 2 2 ABM DCM S S+ đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó theo a. HẾT Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh:………. /Phòng thi: …… ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (3.00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay) Bài / Câu Nội dung Điểm Bài 1: (3.00 điểm) 1. Rút gọn biểu thức : A 5( 20 3) 45= − + (1,00 đ) 100 3 5 3 5 100 10 = − + = = 0,5 0,5 2. Giải hệ phương trình : 5 3 x y x y + = − = (1,00 đ) 5 4 5 1 2 8 4 4 x y y y x x x + = + = = ⇔ ⇔ ⇔ = = = Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x ; y) = (4 ; 1) 0,75 0,25 3. Giải phương trình : x 4 – 5x 2 + 4 = 0 (1,00 đ) Đặt x 2 = t ( điều kiện: t ≥ 0) Phương trình trở thành t 2 – 5t + 4 = 0 (*) (a = 1 , b = – 5 , c = 4) Vì a + b + c = 1 – 5 + 4 = 0 Nên pt (*) có hai nghiệm : t 1 = 1 (nhận) ; t 2 = 4 (nhận) + Thay t = 1 vào x 2 = t ta được : x 2 = 1 ⇔ x = ±1 . + Thay t = 4 vào x 2 = t ta được : x 2 = 4 ⇔ x = ±2 . Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm : S = {±1 ; ±2} . 0,25 0,25 0,5 Bài 2: (1.00 điểm) Xét phương trình bậc hai ẩn x : x 2 – 2(m + 1)x + m 2 – 1 = 0 Ta có : ∆’ = b’ 2 – a.c = (m+1) 2 – 1. ( m 2 – 1) = m 2 + 2m + 1 – m 2 + 1 = 2m + 2. Pt có hai nghiệm x 1 , x 2 ⇔ ∆’ ≥ 0 ⇔ 2m + 2 ≥ 0 ⇔ m ≥ –1 . Theo hệ thức Vi-ét ta có : 1 2 2 1 2 2 2 . 1 m x x x x m = + + = − Theo đề ta có : x 1 + x 2 + x 1 .x 2 = 1. Do đó : 2m + 2 + m 2 – 1 = 1 ⇔ m 2 + 2m = 0. ⇔ m(m + 2) = 0. ⇔ m = 0 ( nhận) ; m = –2 ( loại vì m ≥ –1) Vậy m = 0. 0,25 0,25 0,25 0,25 BÀI 3 : (2.00 điểm) Cho hàm số : y = mx – m + 2, có đồ thị là đường thẳng (d m ). 1. Khi m = 1, vẽ đường thẳng (d 1 ) Thay m = 1 vào (d m ) ta có hàm số (d 1 ) : y = x + 1 Bảng giá trị : x 0 – 1 y = x + 1 1 0 Đồ thị : 2. Gọi A(x A ; y A ) là điểm cố định mà (d m ) luôn đi qua khi m thay đổi. 0,25 0,25 0,5 O x y 1 - 1 K H D B A C M Bài / Câu Nội dung Điểm Khi đó ta có : y A = mx A – m + 2 với mọi m . ⇔ m(x A – 1) + (y A – 2) = 0 với mọi m ⇔ 1 0 1 2 0 2 A A A A x x y y − = = ⇔ − = = Vậy (d m ) luôn đi qua điểm A(1 ; 2) cố định khi m thay đổi. * Để khoảng cách từ M đến (d m ) lớn nhất thì (d m ) không đi qua M. Từ M kẻ MH ⊥ (d m ) tại H. + Nếu H ≡ A thì MH = 26 .(1) + Nếu H không trùng A thì tam giác AMH vuông tại H ⇒ HM < AM = 2 2 (6 1) (1 2) 26− + − = (2) Từ (1) và (2) suy ra MH ≤ 26 Vậy, khoảng cách lớn nhất từ M đến (d m ) khi m thay đổi là 26 (đvđd) 0.25 0.25 0,5 BÀI 4 (4.00 điểm) 1. Xét tứ giác BHCD có: · 0 90BHD = ( BH ⊥ DM) · 0 90BCD = (ABCD là hình vuông) Nên : Hai đỉnh H, C kề nhau cùng nhìn cạnh BD dưới 1 góc 90 0 . Do đó : BHCD là tứ giác nội tiếp. 0,5 0,5 Bài / Câu Nội dung Điểm 2. Xét tam giác BDK có : BC ⊥ DK (gt) DH ⊥ BK (gt) Mà M là giao điểm của DH và BK Do đó : M là trực tâm của tam giác BDK. Nên KM là đường cao của tam giác BDK ⇒ KM ⊥ BD. 3. Xét 2 tam giác vuông : KCB à KHDv đồng dạng (có · BKD chung) D KC KB KH K ⇒ = ⇒ KC.KD = KH.KB 4.(1đ) Đặt BM = x. S ABM = 1 1 . . . . 2 2 AB BM a x= S DCM = 1 1 . . . .( ) 2 2 DC CM a a x= − => S ABM + S DCM = 2 1 1 . ( ) 2 2 a x a x a+ − = không đổi . Ta có: S 2 ABM + S 2 DCM = ( ) 2 2 2 2 2 1 1 . . ( ) . ( ) 2 2 4 a ax a a x x a x + − = + − ÷ ÷ S 2 ABM + S 2 DCM 2 2 2 = . 2 2 4 a x ax a − + 2 2 2 2 4 4 2 = . 2 2 4 ( ) 2 2 8 8 a a a x a a a a x − + ÷ = − + ≥ Vì 2 2 ( ) 0 2 2 a a x − ≥ Nên 2 4 4 2 ( ) 2 2 8 8 a a a a x − + ≥ Vậy S 2 ABM + S 2 DCM đạt giá trị nhỏ nhất là 4 8 a khi BM = x = 2 a Hay M là trung điểm BC. 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2 010- 2011 KHÁNH HÒA MÔN : TOÁN NGÀY THI : 23/06/2 010 Thời gian làm bài : 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (3.00 điểm). trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó theo a. HẾT Họ và tên thí sinh: ………………………… Số báo danh:………. /Phòng thi: …… ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: (3.00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay) Bài. Điểm Bài 1: (3.00 điểm) 1. Rút gọn biểu thức : A 5( 20 3) 45= − + (1,00 đ) 100 3 5 3 5 100 10 = − + = = 0,5 0,5 2. Giải hệ phương trình : 5 3 x y x y + = − = (1,00 đ) 5 4 5 1 2 8 4 4 x