Hướng dẫn giải đề thi vào lớp 10 tỉnh Thái Bình 2009 - 2010

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 xy x y − − + − với x > 0; y > 0 và x ≠ y. 2. Giải phương trình 4 x 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 = x 2 . 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 y 1 ; y 2 là các tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và (P). Tìm k sao cho : y 1 + y 2 = y 1 y 2 . 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 2 2 2 1 1 1 AD AM AN = + Bài 5 (0,5 điểm) Giải phương trình : 1 1 1 1 3 x 2x 3 4x 3 5x 6   + = +  ÷ − − −   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 4 3 16 3 3 2 3 4 3 3 − + + + = + + = − − + − = 6 - 3 3 + 4 + 3 + 2 3 = 10. b) Với x > 0, y > 0 và x ≠ y thì : x y y x xy( x y) ( x y)( x y) x y xy x y xy 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) ↔ x 2 – x – 2 = 0 Vì a – b + c = 1 – (-1) + 2 = 0 nên phương trình trên có hai nghiệm là : x 1 = -1; x 2 = 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 = −   − + = +  ↔ 2 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 – m 2 ) với mọi m. Khi đó, ta có : 2x + y = 2(m – 1) + 1 + 2m – m 2 = - 1 + 4m - m 2 = 3 – (m – 2) 2 ≤ 2 ∀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: x 2 = (k – 1)x + 4 ↔ x 2 – (k – 1)x – 4 = 0 (1) 1. Khi k = -2, phương trình (1) trở thành : x 2 + 3x – 4 = 0 Vì a + b + c = 1 + 3 + (-4) = 0 nên phương trình này có hai nghiệm : x 1 = 1 ; x 2 = -4. Với x 1 = 1 ⇒ y 1 = 1 2 = 1 ; với x 2 = -4 ⇒ y 2 = (-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 x 1 ; x 2 là hoành độ tương ứng với tung độ y 1 ; y 2 của các giao điểm của đường thẳng (d) và (P). Hiển nhiên, x 1 và x 2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (1). · · EAD BAM = Áp dụng định lí Vi - et, ta có : x 1 + x 2 = k – 1 ; x 1 x 2 = -4. Mà : y 1 = 2 1 x và y 2 = 2 2 x (vì các giao điểm đều thuộc (P)), nên từ giả thiết ta có : y 1 + y 2 = y 1 y 2 ↔ 2 2 2 2 1 2 1 2 x x x .x+ = ↔ 2 2 1 2 1 2 1 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 : µ 0 A 90 = (vì ABCD là hình vuông) và · 0 BHD 90 = (giả thiết). ⇒ µ · 0 A BHD 180 + = Hai góc này ở vị trí đối nhau nên tứ giác ABHD nội tiếp. Xét tứ giác BHCD có : · 0 BCD 90 = (vì ABCD là hình vuông) và · 0 BHD 90 = (giả thiết). ⇒ · · 0 BCD BHD 90 = = . Hai đỉnh kề nhau H và C cùng nhìn cạnh đối diện dưới một góc bằng 90 0 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 · 0 ADC 90 = ⇒ · 0 BDC 45 = Tứ giác BDHC nội tiếp (chứng minh trên) nên : · · CHK BDC = (vì cùng bù với · BHC ). Vậy · 0 CHK 45 = . 3. Xét ΔKHC và ΔKDB có : µ K chung ; · · CHK BDC = (chứng minh trên) Do đó : ΔKHC ~ΔKDB ⇒ KH KD KC KB = ⇒ KH.KB = KC.KD (đpcm) 4. Trên tia đối của tia DC lấy điểm E sao cho DE = BM. Vì · 0 ADC 90 = ⇒ · 0 ADE 90 = (hai góc kề bù) ⇒ ΔADE vuông tại D. Xét ΔADE và ΔABM có : AD = AB (hai cạnh của hình vuông ABCD) · · 0 ADE ABM 90 = = DE = BM ⇒ ΔADE = ΔABM (c – g – c) ⇒ AM = AE và ⇒ · · · · · · 0 EAN EAD DAN BAM DAN BAD 90= + = + = = ⇒ 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 : 2 2 2 1 1 1 AD AE AN = + hay 2 2 2 1 1 1 AM AE AN = + (đpcm). B C D M H K N E A Bài 5 (0,5 điểm) ĐKXĐ : x ≥ 3 2 . Khi đó : 1 1 1 1 3 x 2x 3 4x 3 5x 6   + = +  ÷ − − −   ↔ 1 1 1 1 3x 6x 9 4x 3 5x 6 + = + − − − ↔ 1 1 1 1 3x 4x 3 5x 6 6x 9 − = − − − − ↔ ( 4x 3 3x)( 4x 3 3x ) ( 6x 9 5x 6)( 6x 9 5x 6) 3x. 4x 3( 4x 3 3x ) 5x 6. 6x 9( 6x 9 5x 6) − − − + − − − − + − = − − + − − − + − ↔ x 3 x 3 3x. 4x 3( 4x 3 3x) 5x 6. 6x 9( 6x 9 5x 6) − − = − − + − − − + − ↔ 1 1 (x 3) 0 3x. 4x 3( 4x 3 3x ) 5x 6. 6x 9( 6x 9 5x 6)   − − =   − − + − − − + −   ↔ x 3 0 1 1 3x. 4x 3( 4x 3 3x ) 5x 6. 6x 9( 6x 9 5x 6) − =    =  − − + − − − + −  (*) - Nếu x > 3 thì : 0 3x 5x 6 0 4x 3 6x 9 < < −   < − < −  ⇒ 0 3x 5x 6 0 4x 3 6x 9 0 3x 4x 3 5x 6 6x 9  < < −   < − < −   < + − < − + −   ⇒ 1 1 3x. 4x 3( 4x 3 3x) 5x 6. 6x 9( 6x 9 5x 6) > − − + − − − + − - Nếu 3 2 ≤ x < 3 thì : 0 5x 6 3x 0 6x 9 4x 3 < − <   < − < −  ⇒ 0 5x 6 3x 0 6x 9 4x 3 0 5x 6 6x 9 3x 4x 3  < − <   < − < −   < − + − < + −   ⇒ 1 1 3x. 4x 3( 4x 3 3x) 5x 6. 6x 9( 6x 9 5x 6) < − − + − − − + − - Nếu x = 3 thì : 1 1 3x 4x 3( 4x 3 3x ) 5x 6 6x 9( 6x 9 5x 6) = − − + − − − + − Do đó, hệ (*) tương đương với : x – 3 = 0 ↔ x = 3. Vậy nghiệm của phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất : x = 3. . SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 2009 – 2 010 Môn : TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời. 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 4 3 16 3 3 2 3 4 3 3 − + + + = + + = − − + − = 6 - 3 3