Tỡm toùa ủoọ ủieồm coỏ ủũnh maứ ủửụứng thaỳng dm luoõn ủi qua vụựi moùi giaự trũ cuỷa m Tớnh khoaỷng caựch lụựn nhaỏt tửứ ủieồm M6; 1 ủeỏn ủửụứng thaỳng dm khi m thay ủoồi Baứi 4.4 ủieồm
Trang 1
Sở Giáo dục và đào tạo Kè THI TUYEÅN SINH LễÙP 10 NAấM HOẽC 2010-2011
NHA TRANG MOÂN: TOAÙN
NGAỉY THI: 23/06/2010 Thụứi gian laứm baứi: 120 phuựt (khoõng keồ thụứi gian giao ủeà)
Baứi 1.(3.00 ủieồm) (Khoõng duứng maựy tớnh caàm tay)
1 Ruựt goùn bieồu thửực: A= 5 20 3( − +) 45
2 Giaỷi heọ phửụng trỡnh: − =x y 5x y 3+ =
3 Giaỷi phửụng trỡnh:x4- 5x2+ 4 = 0
Baứi 2.(1 ủieồm)
Cho phửụng trỡnh baọc hai aồn x, tham soỏ m: x2 – 2(m+1)x + m2 – 1 = 0
Tớnh giaự trũ cuỷa m, bieỏt raống phửụng trỡnh coự hai nghieọm x1, x2 thoỷa maừn ủieàu kieọn:
x1 + x2 + x1.x2 = 1
Baứi 3.(2 ủieồm)
Cho haứm soỏ: y = mx – m+ 2, coự ủoà thũ laứ ủửụứng thaỳng (dm)
1 Khi m = 1, veừ ủửụứng thaỳng (d1)
2 Tỡm toùa ủoọ ủieồm coỏ ủũnh maứ ủửụứng thaỳng (dm) luoõn ủi qua vụựi moùi giaự trũ cuỷa m Tớnh khoaỷng caựch lụựn nhaỏt tửứ ủieồm M(6; 1) ủeỏn ủửụứng thaỳng (dm) khi m thay ủoồi
Baứi 4.(4 ủieồm)
Cho hỡnh vuoõng ABCD caùnh a, laỏy ủieồm M baỏt kỡ treõn caùnh BC (M khaực B vaứ C) Qua B keỷ ủửụứng thaỳng vuoõng goực vụựi ủửụứng thaỳng DM taùi H, keựo daứi BH caột ủửụứng thaỳng
DC taùi K
1 Chửựng minh: BHCD laứ tửự giaực noọi tieỏp
2 Chửựng minh: KM ⊥ DB
3 Chửựng minh: KC KD = KH KB
4 Kớ hieọu SABM , SDCM laàn lửụùt laứ dieọn tớch caực tam giaực ABM , DCM Chửựng minh toồng (SABM + SDCM) khoõng ủoồi Xaực ủũnh vũ trớ cuỷa ủieồm M treõn caùnh BC ủeồ (S2
ABM + S2
DCM) ủaùt giaự trũ nhoỷ nhaỏt Tớnh giaự trũ nhoỷ nhaỏt ủoự theo a
Trang 2Hướng dẫn giải
Bài 1 1/ Rút gọn :
5 2 5 3 3 5
5 2 5 3 3 5
2 5 5 3 5 3 5
2.5 10
2/ Giải hệ phương trình
3/ Giải pt: x4 – 5x2 + 4 = 0 (1)
Đặt x2 = t ⇒ t ≥ 0
Phương trình (1) t2 – 5t + 4 = 0
( a = 1; b = -5; c = 4 )
Vì a + b + c = 0 nên pt có nghiệm
t1 =1 ⇒ x2 =1 ⇒ x = ±1
t2 = ac = 4 ⇒ x2 = 4 ⇒ x = ±2
Vậy pt trên có 4 nghiệm x1 = 1; x2 = -1; x3 = 2; x4 = -2
Bài 2 Pt x2 – 2(m+1)x + m2 – 1 = 0
Vì x1; x2 là hai nghiệm của pt nên x1 + x2 = −ab = 2 m 1( )
1
+
x1.x2 = ca = m 12
1
−
Thay vào biểu thức
x1 + x2 + x1.x2 = 1 2(m + 1) + m2 – 1 = 1
2m + 2 + m2 – 2 = 0 m2 + 2m = 0
m(m + 2 ) = 0 m 0m 2 0= ⇔m 0m= 2
Vậy khi m = 0 và m = -2 thì pt có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn x1 + x2 + x1.x2 = 1
Bài 3 1/ Hàm số y = mx – m + 2 (dm)
Vẽ đường thẳng d1 khi m = 1
Khi m = 1 y1 = x -1 + 2 = x + 1
Bảng giá trị
x -1 0
y 0 1
y
x 6
1
-1
y = x +1
M (6;1)
Trang 32/ Ta có y = m ( x – 1 ) + 2
Khi x – 1 = 0 ⇒ x = 1 thì y = 2
Vậy điểm A ( 1; 2) là điểm cố định mà (dm) đi qua với mọi m
Khi m thay đổi (d) luôn đi qua A (1; 2) cố định ⇒ khoảng cách lớn nhất từ M(6;1) đến (d) là độ dài AM
25 1 26 đvđd 5,099(đvđd)
Bài 4
a cm tứ giác BHCD nt
Ta có H, C nằm về một phía so với BD
<BHD = 1v (gt)
<BCD = 1v ( ABCD là hvuông)
Vậy 2 điểm H, C cùng nhìn BD dưới những góc vuông nên bốn điểm B, H, C, D cùng nằm trên một đường tròn Do đó tứ giác BHCD nt trong một đường tròn
b cm KM ⊥ DB
Trong ∆KBD ta có
DH BK (gt)
KM BD
BC DK (gt)
⊥ (đường cao thứ ba)
c cm KC KD = KH KB
Xét ∆KCDvà ∆KHDcó <C= <H = 1v (gt)
Góc nhọn <K (chung) ⇒ ∆KCB~ ∆KHD (gg)
B
A
M
K C H
D
Trang 4Cho ta KC KB KC.KD KH.KB
d cm S∆ABM+ S∆DCMkhông đổi
Ta có
ABM
DCM
2
AB.BM a
DC.CM a
a.BC a.a a khôngđổi
∆
∆
