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 thi: TOÁN Thời gian làm bài: 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 ; 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 khi 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: 2 x + y ≤ 3 . Bài 3. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): ( ) y k 1 x 4= − + (k là tham số) và parabol (P): 2 y x= . 1. Khi k 2= − , hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P); 2. Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt; 3. Gọi y 1 ; y 2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm k sao cho: 1 2 1 2 y y y y+ = . Bài 4. (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, 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 · 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   + = +  ÷ − − −   . --- HẾT --- Họ và tên thí sinh: Số báo danh: ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM 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 ; x ≠ y 2. Giải phương trình: 4 x 3 x 2 + = + . Ý Nội dung Điểm 1. (1,5đ) a) 3 13 6 2 3 4 3 3 + + + − = ( ) ( ) 3 2 3 13 4 3 2 3 4 3 16 3 − + + + − − 0,25 = 6 3 3 4 3 2 3− + + + 0,25 = 10 0,25 b) x y y x x y xy x y − − + − với x > 0 ; y > 0 ; x ≠ y = ( ) ( ) ( ) xy x y x y x y xy x y − − + + − 0,25 = x y x y− + + 0,25 = 2 x 0,25 2. (0,5đ) 4 x 3 x 2 + = + ĐK: x ≠ −2 Quy đồng khử mẫu ta được phương trình: x 2 + 2x + 4 = 3(x + 2) ⇔ x 2 − x − 2 = 0 0,25 Do a − b + c = 1 + 1 − 2 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm: x = −1; x = 2 (thoả mãn) Kết luận: Phương trình có 2 nghiệm x = −1; x = 2 0,25 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 khi 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: 2 x + y ≤ 3 . Ý Nội dung Điểm 1. (1,0đ) Khi m = 2 ta có hệ phương trình: x y 2 2x y 3 + =   + =  0,25 ⇔ x 1 x y 2 =   + =  0,25 ⇔ x 1 y 1 =   =  0,25 Vậy với m = 2 hệ phương trình có nghiệm duy nhất: x 1 y 1 =   =  0,25 2. (1,0đ) Ta có hệ: ( ) m 1 x y 2 mx y m 1  − + =   + = +   ⇔ x m 1 2 mx y m 1 = + −   + = +  0,25 ⇔ ( ) x m 1 y m m 1 m 1 = −    = − − + +   ⇔ 2 x m 1 y m 2m 1 = −   = − + +  Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất: 2 x m 1 y m 2m 1 = −   = − + +  0,25 Khi đó: 2x + y = −m 2 + 4m − 1 = 3 − (m − 2) 2 ≤ 3 đúng ∀m vì (m − 2) 2 ≥ 0 Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) thoả mãn 2x + y ≤ 3. 0,50 Bài 3. (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d): ( ) y k 1 x 4= − + (k là tham số) và parabol (P): 2 y x= . 1. Khi k 2= − , hãy tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P); 2. Chứng minh rằng với bất kỳ giá trị nào của k thì đường thẳng (d) luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt; 3. Gọi y 1 ; y 2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm k sao cho: 1 2 1 2 y y y y+ = . Ý Nội dung Điểm 1. Với k = −2 ta có đường thẳng (d): y = −3x + 4 0,25 Khi đó phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là: x 2 = −3x + 4 ⇔ x 2 + 3x − 4 = 0 0,25 Do a + b + c = 1 + 3 − 4 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm: x = 1; x = − 4 Với x = 1 có y = 1 Với x = −4 có y = 16 0,25 Vậy khi k = −2 đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm có toạ độ là (1; 1); (−4; 16) 0,25 2. (0,5đ) Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là: x 2 = (k − 1)x + 4 ⇔ x 2 − (k − 1)x − 4 = 0 0,25 Ta có ac = −4 < 0 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị của k. Vậy đường thẳng (d) và parabol (P) luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt. 0,25 3. (0,5đ) Với mọi giá trị của k; đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt có hoành độ x 1 , x 2 thoả mãn: 1 2 1 2 x x k 1 x x 4 + = −   = −  Khi đó: 2 2 1 1 2 2 y x ; y x= = 0,25 Vậy y 1 + y 2 = y 1 y 2 ⇔ 2 2 2 2 1 2 1 2 x x x x+ = ⇔ (x 1 + x 2 ) 2 − 2x 1 x 2 = (x 1 x 2 ) 2 ⇔ (k − 1) 2 + 8 = 16 ⇔ (k − 1) 2 = 8 0,25 ⇔ k 1 2 2= + hoặc k 1 2 2= − Vậy k 1 2 2= + hoặc k 1 2 2= − thoả mãn đầu bài. Bài 4. (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, 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 · 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 = + . Ý Nội dung Điểm 1. (1,0đ) + Ta có · DAB = 90 o (ABCD là hình vuông) · BHD = 90 o (gt) 0,25 Nên · · DAB BHD+ = 180 o ⇒ Tứ giác ABHD nội tiếp 0,25 + Ta có · BHD = 90 o (gt) · BCD = 90 o (ABCD là hình vuông) 0,25 Nên H; C cùng thuộc đường tròn đường kính DB ⇒ Tứ giác BHCD nội tiếp 0,25 2. (1,0đ) Ta có: · · · · o o BDC BHC 180 CHK BHC 180  + =   + =   ⇒ · · CHK BDC= 0,5 mà · BDC = 45 o (tính chất hình vuông ABCD) ⇒ · CHK = 45 o 0,5 3. (1,0đ) Xét ∆KHD và ∆KCB Có · · · o KHD KCB (90 ) DKB chung  = =     ⇒ ∆KHD ∆KCB (g.g) 0,5 ⇒ KH KD KC KB = 0,25 ⇒ KH.KB = KC.KD (đpcm) 0,25 4. (0,5đ) Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AM, đường thẳng này cắt đường thẳng DC tại P. Ta có: · · BAM DAP= (cùng phụ · MAD ) AB = AD (cạnh hình vuông ABCD) · · o ABM ADP 90= = Nên ∆BAM = ∆DAP (g.c.g) ⇒ AM = AP 0,25 Trong ∆PAN có: · PAN = 90 o ; AD ⊥ PN nên 2 2 2 1 1 1 AD AP AN = + (hệ thức lượng trong tam giác vuông) 0,25 D C K N P A B M H ⇒ 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   + = +  ÷ − − −   . Ý Nội dung Điểm 0,5đ Ta chứng minh: 1 1 1 1 1 1 3 a b c a 2b b 2c c 2a   + + ≥ + +  ÷ + + +   (*) với a > 0; b > 0; c > 0 0.25đ + Với a > 0; b > 0 ta có: ( ) a 2 b 3 a 2b+ ≤ + (1) + Do ( ) 1 2 a 2 b 9 a b   + + ≥  ÷   nên 1 2 9 a b a 2 b + ≥ + (2) + Từ (1) và (2) ta có: 1 2 3 3 a b a 2b + ≥ + (3) (Với a > 0; b> 0; c > 0) + Áp dụng (3) ta có: 1 1 1 1 1 1 3 a b c a 2b b 2c c 2a   + + ≥ + +  ÷ + + +   với a > 0; b> 0; c > 0 Phương trình 1 1 1 1 3 x 2x 3 4x 3 5x 6   + = +  ÷ − − −   có ĐK: 3 x 2 > Áp dụng bất đẳng thức (*) với a = x; b = x; c = 2x - 3 ta có: 1 1 1 1 1 1 3 x x 2x 3 3x 5x 6 4x 3   + + ≥ + +  ÷ − − −   1 1 1 1 3 x 2x 3 5x 6 4x 3   ⇒ + ≥ +  ÷ − − −   với 3 x 2 > Dấu “ = ” xảy ra x 2x 3 x 3⇔ = − ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3. 0.25đ Híng dÉn chung: 1. Trên đây chỉ là các bước giải và khung điểm bắt buộc cho từng bước, yêu cầu thí sinh phải trình bày, lập luận và biến đổi hợp lí mới được công nhận cho điểm. 2. Bài 4 phải có hình vẽ đúng và phù hợp với lời giải của bài toán (không cho điểm hình vẽ). 3. Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa theo khung điểm. 4. Chấm từng phần. Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần, không làm tròn. . SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THÁI BÌNH KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Năm học 200 9- 2010 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài:. Giải phương trình: 1 1 1 1 3 x 2x 3 4x 3 5x 6   + = +  ÷ − − −   . -- - HẾT -- - Họ và tên thí sinh: