Đề và đáp án tuyển sinh 10 môn Toán tỉnh Thái Bình 2009-2010.

Chứng minh rằng với bất kì giá trị nào của k thì đường thẳng d luôn cắt P tại hai điểm phân biệt; 3.. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

Năm học 2009 – 2010 Môn : TOÁN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2,0 điểm)

1 Rút gọn các biểu thức sau: a) 3 13 6

2 3 + 4 3 + 3

b) x y y x x y

− với x > 0; y > 0 và x ≠ y.

2 Giải phương trình : x 4 3

x 2

Bài 2 (2,0 điểm)

Cho hệ phương trình (m 1)x y 2

mx y m 1



 (m là tham số)

1 Giải hệ phương trình với m = 2;

2 Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x ; y) thoả mãn 2x + y ≤ 3

Bài 3 (2,0 điểm)

Cho mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng (d): y = (k – 1)x + 4 (k là tham số)

và parabol (P) : y = x2

1 Khi k = -2, hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P)

2 Chứng minh rằng với bất kì giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt;

3 Gọi y1; y2 là các tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và (P) Tìm k sao cho :

y1 + y2 = y1y2

Bài 4 (3,5 điểm)

Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B và C) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với DM, đường thẳng này cắt các đường thẳng DM và DC theo thứ tự tại H

và K

1 Chứng minh các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn ;

2 Tính góc CHK

3 Chứng minh: KH.KB = KC.KD;

4 Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N Chứng minh 1 2 1 2 1 2

AD = AM + AN

Bài 5 (0,5 điểm)

Giải phương trình : 1 1 3 1 1

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1 (2,0 điểm)

1 Rút gọn các biểu thức:

a) 3 13 6 3(2 3) 13(4 3) 6 3

= 6 - 3 3 + 4 + 3 + 2 3 = 10

b) Với x > 0, y > 0 và x ≠ y thì :

x y y x x y xy( x y) ( x y )( x y)

= x − y + x + y 2 x=

2 ĐKXĐ : x ≠ -2 Từ phương trình đã cho suy ra :

x(x + 2) + 4 = 3(x + 2) ⇔ x2 – x – 2 = 0 Vì a – b + c = 1 – (-1) + 2 = 0 nên phương trình trên có hai nghiệm là : x1 = -1; x2 = 2

Cả hai nghiệm này đều thoả mãn ĐKXĐ

Vậy S = {-1 ; 2}

Bài 2 (2,0 điểm)

1 Với m = 2, hệ đã cho trở thành : x y 2

2x y 3

+ =



 + =

x 1

x y 2

=



 + =

x 1

y 1

=



 =



Vậy với m = 2 thì nghiệm của hệ phương trình đã cho là (x ; y) = (1 ; 1)

2 Hệ phương trình đã cho tương đương với hệ :

mx y m 1

x m 1

+ = +



 = −

x m 1 m(m 1) y m 1

= −



x m 1

y 1 2m m

= −





Suy ra hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm duy nhất (x ; y) = (m – 1 ; 1 + 2m – m2) với mọi m

Khi đó, ta có : 2x + y = 2(m – 1) + 1 + 2m – m2 = - 1 + 4m - m2 = 3 – (m – 2)2≤ 3 vì (m – 2)2 ≥ 0 ∀m

Vậy với mọi giá trị của m thì hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm duy nhất (x ; y) thoả mãn 2x + y ≤ 3

Bài 3 (2,0 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là:

x2 = (k – 1)x + 4 ⇔ x2 – (k – 1)x – 4 = 0 (1)

1 Khi k = -2, phương trình (1) trở thành : x2 + 3x – 4 = 0

Vì a + b + c = 1 + 3 + (-4) = 0 nên phương trình này có hai nghiệm : x1 = 1 ; x2 = -4

Với x1 = 1 ⇒ y1 = 12 = 1 ; với x2 = -4 ⇒ y2 = (-4)2 = 16

Vậy toạ độ giao điểm của (d) và (P) khi k = -2 là : (1 ; 1) và (-4 ; 16)

2 Xét phương trình (1) có : Δ = (k – 1)2 + 16 > 0 ∀k nên (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi k

Từ đó suy ra với bất kì giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt (đpcm)

3 Gọi x1 ; x2 là hoành độ tương ứng với tung độ y1 ; y2 của các giao điểm của đường thẳng (d) và (P) Hiển nhiên, x1 và x2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1)

Áp dụng định lí Vi-et, ta có : x1 + x2 = k – 1 ; x1x2 = -4

Mà : y1 = 2

1

x và y2 = 2

2

x (vì các giao điểm đều thuộc (P)), nên từ giả thiết ta có : y1 + y2 = y1y2 ⇔ 2 2 2 2

(x +x ) −2x x =(x x ) hay (k – 1)2 – 2.(-4) = (-4)2⇔ (k – 1)2 = 8 ⇔ k = 1 ± 2 2

Vậy giá trị của k thoả mãn yêu cầu bài toán là : k = 1 ± 2 2

Bài 4 (3,5 điểm)

1 Xét tứ giác ABHD có µA 90= 0 (vì ABCD là

hình vuông) và ·BHD 90= 0 (giả thiết)

⇒ µA BHD 180+ · = 0

Hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác

ABHD nội tiếp

Xét tứ giác BHCD có :

BCD 90= (vì ABCD là hình vuông) và ·BHD 90= 0 (giả thiết)

⇒ ·BCD BHD 90= · = 0

Hai đỉnh kề nhau H và C cùng nhìn cạnh đối diện dưới một góc bằng 900 nên tứ giác BHCD nội tiếp

Vậy các tứ giác ABHD, BHCD nội tiếp đường tròn (đpcm)

2 Vì ABCD là hình vuông nên DB là đường phân giác của ·ADC 90= 0 ⇒BDC 45· = 0 Tứ giác BDHC nội tiếp (chứng minh trên) nên : ·CHK BDC= · (cùng bù với ·BHC) Vậy ·CHK 45= 0

3 Xét ΔKHC và ΔKDB có :

µK chung ;

CHK BDC= (chứng minh trên)

Do đó ΔKHC ~ ΔKDB (g.g) ⇒ KHKC = KDKB ⇒ KH.KB = KC.KD (đpcm)

4 Trên tia đối của tia DC lấy điểm E sao cho DE = BM.

Vì ·ADC 90= 0 ⇒ ·ADE 90= 0(hai góc kề bù) ⇒ ΔADE vuông tại D

Xét ΔADE và ΔABM có :

AD = AB (hai cạnh của hình vuông ABCD)

ADE ABM 90= =

DE = BM

⇒ ΔADE = ΔABM (c.g.c) ⇒ AM = AE và ·EAD BAM= ·

⇒ ·EAN EAD DAN BAM DAN BAD 90= · + · = · + · = · = 0⇒ ΔEAN vuông tại A

Tam gác EAN vuông tại A có đường cao AD nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có :

AD = AE + AN hay 12 1 2 12

AD = AM + AN (đpcm)

Bài 5 (0,5 điểm)

ĐKXĐ : x > 3

2 Khi đó phương trình đã cho tương đương với 1 1 1 1

3x + 6x 9 = 4x 3 + 5x 6

Đặt : 3x a,= 6x 9 b,− = 4x 3 c,− = 5x 6 d− = (a, b, c, d > 0)

⇒ a + c > 0, b + d > 0 và c2 – a2 = b2 – d2 (= x – 3)

Phương trình trên trở thành :

1 1 1 1

ac bd

↔

ac(a c) bd(b d)

- Nếu x = 3 thì c2 – a2 = b2 – d2 = 0 ⇒ (1) hiển nhiên đúng

- Với x ≠ 3 thì c2 – a2 = b2 – d2≠ 0, (1) ⇔ ac(a c)1+ = bd(b d)1+ (2) +) Nếu x > 3 thì :  < − < −0 3x 5x 60 4x 3 6x 9< < − ⇒

0 a d

0 c b

0 a c b d

< <



 < <



 < + < +



⇒ ac(a c)1+ > bd(b d)1+ ⇒ (2) không được thoả mãn.

+) Nếu 3

2< x < 3 thì :

0 5x 6 3x

0 6x 9 4x 3

< − <



 < − < −

0 d a

0 b c

0 b d a c

< <



 < <



 < + < +



⇒ ac(a c)1+ < bd(b d)1+ ⇒ (2) không được thoả mãn.

Tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 3