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 Bài Đáp án Điểm 1 (3,0đ) 1) Biến đổi 5( 20 3) 45 100 3 5 3 5 100 10 A = − + = − + = = 5 2 8 2) 3 5 4 4 4 5 1 x y x x y x y x x y y + = = ⇔ − = + = = = ⇔ ⇔ + = = Vậy hệ pt có 1 nghiệm duy nhất (4;1). 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 3) Đặt A = x 2 ; A ≥ 0 Pt ⇔ A 2 – 5A + 4 = 0. (có a = 1 , b = - 5 , c = 4) Vì a + c = 5 ; b = - 5 Nên a + c + b = 0 A 1 = 1 (nhận) ; A 2 = 4 (nhận) Với A 1 = 1 => x 2 = 1 ⇔ x = ±1 . Với A 2 = 4 => x 2 = 4 ⇔ x = ±2 . Vậy tập hợp nghiệm : S = {±1 ; ±2} . 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2 (1,0đ) a = 1 , b = -2(m + 1) => b’ = -(m+1) ; c = m 2 – 1 . Có ∆’ = b’ 2 – a.c = (m+1) 2 – 1. ( m 2 – 1) = m 2 + 2m + 1 – m 2 + 1 = 2m + 2. Để 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 = + + = − Mà : x 1 + x 2 + x 1 .x 2 = 1. => 2m + 2 + m 2 – 1 = 1 ⇔ m 2 + 2m = 0. ⇔ m(m + 2 ) = 0. ⇔ m = 0 ( nhận) ; m = -2 ( loại) Vậy khi m = 0 thỏa mãn điều kiện :x 1 + x 2 + x 1 .x 2 = 1 1) Thay m = 1 => (d 1 ) : y = x + 1. Bảng giá trị : 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 3 (2,0đ) x -1 0 y = x + 1 0 1 Đồ thị (d 1 ): y = x + 1 là 1 đường thẳng đi qua hai điểm (-1 ; 0) và (0 ; 1). Y X O 0,25đ 0,25đ 2) Gọi A(x o ; y o ) là điểm cố định mà (d m ) luôn đi qua khi m thay đổi. Ta có : y o = mx o – m + 2. y o - mx o + m - 2. = 0 ⇔ y o – 2 - m(x o – 1) = 0 (1) Pt (1) có vô số nghiệm khi m thay đổi; vì A cố định nên tọa độ điểm A nghiệm đúng 1 0 1 2 0 2 o o o o x x y y − = = ⇔ − = = Vậy (d m ) luôn đi qua điểm cố định A(1 ; 2) khi m thay đổi. Độ dài đoan AM = 2 2 (6 1) (1 2) 26− + − = Để có khoảng cách lớn nhất từ M đến (d m ) thì đt (d m ) không đi qua M Kẻ MH ⊥ (d m ) tại H. • Nếu H ≡ A thì MH = 26 . (1) • Nếu H ≡A thì tam giác AMH vuông tại H => HM < AM = 26 (2) Từ (1) và (2) => MH ≤ 26 Do đó khoảng cách lớn nhất từ M đến (d m ) khi m thay đổi là 26 (đvđd). 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ y H A M O x 4 (4,0đ) K H D B A C M Hình vẽ phục vụ a), b), c), d) 1. Tứ giác BHCD có: · 0 90BHD = ( BH ⊥ DM) · 0 90BCD = (ABCD là hình vuông) H, C là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn cạnh BD dưới góc 90 0 . Nên BHCD là tứ giác nội tiếp dường tròn đường kính BD 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2. Tam giác BDK có DH ⊥BK nên DH là đường cao I BC ⊥DK nên BC là đường cao II Mà M là giao điểm của DH và BK Do đó M là trực tâm của tam giác BDK. Nên KM là đường cao thứ ba => KM ⊥ BD. 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 3. Xét 2 tam giác vuông : à KHDKCBv∆ ∆ có · BKD chung Vây KHDKCB ∆ ∆ : ( G-G) D KC KH KB K ⇒ = Hay KC.KD = KH.KB 0,25đ 0,25đ 0.25đ 0.25đ 4.Ta có S ABM = 1 1 . . . . 2 2 AB BM a BM= S DCM = 1 1 . . . . 2 2 DC CM a CM= => S ABM + S DCM = 2 1 1 . ( ) . 2 2 2 a a BM CM a BC+ = = không đổi . Laị có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 . . . . 2 2 . = . ( ) 4 4 ( 2 .BM+ ) (2 2 .BM) 4 4 2( .BM) 4 2 ( ) 2 . ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 ( ) 2 2 4 4 ABM DCM S S a BM aCM a a BM CM BM a BM a a BM a a BM BM a a a a BM a a a a a a BM BM a a a a BM + = + ÷ ÷ = + + − = + − = + − = + − = − + − + = − − + 2 2 2 2 4 2 2 2 4 4 2 2 ( ) 2 2 4 = ( ) 2 2 8 ì ( ) 0; ên ( ) 2 2 2 2 8 8 a a a BM a a a BM a a a a a a V BM n BM = − + − + − ≥ − + ≥ Vậy GTNN của (S 2 ABM + S 2 DCM ) là 4 8 a 0 2 2 2 a a BC BM BM⇔ − = ⇔ = = Hay M là trung điểm BC. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Đây là bài giải mang tính cách cá nhân để các em học sinh tham khảo; trong câu 4b các em có thể sử dụng cách chứng minh khác vẫn đạt điểm tối đa.Chào , chúc các em thành công . 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. nhất đó theo a. HẾT Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh:………. /Phòng thi: …… ĐỀ CHÍNH THỨC Bài Đáp án Điểm 1 (3,0đ) 1) Biến đổi 5( 20 3) 45 100 3 5 3 5 100 10 A = − + = − + = = 5 2. Với A 1 = 1 => x 2 = 1 ⇔ x = ±1 . Với A 2 = 4 => x 2 = 4 ⇔ x = ±2 . Vậy tập hợp nghiệm : S = {±1 ; ±2} . 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 2 (1,0đ) a = 1 , b = -2(m + 1) => b’ = -(m+1)