SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011 MÔN : TOÁN NGÀY THI : 23/06/2010 Bài 1: (3.00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay) Rút gọn biểu thức : A = ( x + y = x − y = Giải hệ phương trình : ) 20 − + 45 Giải phương trình : x4 – 5x2 + =0 Bài 2: (1.00 điểm) Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m : x – 2(m + 1)x + m2 – = Tính giá trị m, biết phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện : x1 + x2 + x1.x2 = Bài 3: (2.00 điểm)Cho hàm số : y = mx – m + 2, có đồ thị đường thẳng (dm) Khi m = 1, vẽ đường thẳng (d1) Tìm tọa độ điểm cố định mà đường thẳng (dm) qua với giá trị m Tính khoảng cách lớn từ điểm M(6, 1) đến đường thẳng (d m) m thay đổi Bài 4: (4.00 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a, lấy điểm M cạnh BC (M khác B C) Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC K Chứng minh : BHCD tứ giác nội tiếp Chứng minh : KM ⊥ DB Chứng minh KC.KD = KH.KB Ký hiệu SABM, SDCM diện tích tam giác ABM, DCM Chứng minh tổng (SABM + SDCM) không đổi Xác định vị trí điểm M cạnh BC để ( 2 S ABM + S DCM ) đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ theo a HẾT Đáp án: Bài 1: A = A = 5( 20 − 3) + 45 = 100 − + = 100 = 10 (1đ) x + y = x + y = 4 + y = y = ⇔ ⇔ ⇔ (0,75đ) x − y = 2 x = x = x = Vậy hệ pt có nghiệm (4;1) (0,25đ) Đặt x2 = t ( điều kiện: t ≥ 0) Pt ⇔ t2 – 5t + = (a = , b = -5 , c = 4) Vì a + b + c = – + = nên t1 = (nhận) ; t2 = (nhận) + Với t = suy : x2 = ⇔ x = ±1 + Với t = suy : x2 = ⇔ x = ±2 Vậy S = {±1 ; ±2} Bài : a = , b’ = -(m+1) ; c = m2 – ∆’ = b’2 – a.c = (m+1)2 – ( m2 – 1) = m2 + 2m + – m2 + = 2m + Để pt có hai nghiệm x1 , x2 ∆’ ≥ ⇔ 2m + ≥ (0,5đ) (0,5đ) ⇔ m ≥ -1 x1 + x2 = 2m + 2 x1.x2 = m − Theo hệ thức Vi ét ta có : Theo đề ta có: x1 + x2 + x1.x2 = ⇔ 2m + + m2 – = ⇔ m2 + 2m = ⇔ m(m + ) = ⇔ m = ( nhận) ; m = -2 ( loại) Vậy m = Bài : Cho hàm số y = mx – m + (dm) 1.Khi m = (d1) : y = x + Bảng giá trị : x -1 y=x+1 Vẽ : Đồ thị hàm số y = x + đường thẳng qua hai điểm (-1 ; 0) (0 ; 1) (HS vẽ đạt 1đ) Gọi A(xA ; yA) điểm cố định mà (dm) qua m thay đổi Ta có : yA = mxA – m + ⇔ yA – = m(xA – 1) (*) Xét phương trình (*) ẩn m , tham số xA , yA : xA − = x = ⇔ A yA − = yA = Pt(*) vô số nghiệm m Vậy (dm) qua điểm A(1 ; 2) cố định m thay đổi Ta có : AM = (6 − 1) + (1 − 2) = 26 Từ M kẻ MH ⊥ (dm) H +Nếu H ≡ A MH = 26 (1) +Nếu H không trùng A ta có tam giác AMH vuông H => HM < AM = 26 (2) Từ (1)(2) suy MH ≤ 26 Vậy, khoảng cách lớn từ M đến (dm) m thay đổi 26 (đvđd) Bài 4: A B H M D (1đ) Xét tứ giác BHCD có: C K · BHD = 900 ( BH ⊥ DM) · BCD = 900 (ABCD hình vuông) Mà: Hai đỉnh H, C kề nhìn BD góc 900 Nên BHCD tứ giác nội tiếp 2.(1đ) Xét tam giác BDK có DH , BC hai đường cao cắt M => M trực tâm tam giác BDK =>KM đường cao thứ ba nên KM ⊥ BD (1đ) ∆HKC ∆DKB đồng dạng (g.g) =>KC.KD = KH KB 1 AB.BM = a.BM 2 1 SDCM = DC.CM = a.CM 2 1 => SABM + SDCM = a (CM + BM ) = a không đổi 2 4.(1đ) SABM = Ta có: S2ABM + S2DCM = 2 a2 1 1 a BM + a CM = ( BM + CM ) ÷ ÷ 2 2 2 a a a a2 a2 a a4 a4 = ( BM + ( a − BM ) ) = BM − ÷ + = ( BM − ) + ≥ 2 2 8 Để S2ABM + S2DCM đạt giá trị nhỏ BM = a/2 hay M trung điểm BC GTNN lúc a4 ...⇔ m ≥ -1 x1 + x2 = 2m + 2 x1.x2 = m − Theo hệ thức Vi ét ta có : Theo đề ta có: x1 + x2 + x1.x2 = ⇔ 2m + + m2 – = ⇔ m2 + 2m = ⇔ m(m + ) = ⇔ m = ( nhận) ; m = -2 ( loại)