Hướng dẫn giải đề thi vào lớp 10 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.. Gọi y1; y2 là các tung độ các giao điểm của đường thẳng d và P.. Qua B kẻ đường thẳn

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





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 12 1 2 1 2

Bài 5 (0,5 điểm)

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1 (2,0 điểm)

1 Rút gọn các biểu thức:

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

b) Với x > 0, y > 0 và x ≠ y thì :

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 y 2







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





m(m 1) y 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≤ 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:

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)

  EAD BAM

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 :

A 90 (vì ABCD là hình vuông)

và BHD 90 0 (giả thiết)

 A 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 (vì cùng bù với BHC) Vậy CHK 45 0

3 Xét ΔKHC và ΔKDB có : K chung ; CHK BDC (chứng minh trên)

Do đó : ΔKHC ~ΔKDB 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 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

 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 :

AM AE  AN (đpcm).

B

C D

M

H

E

A

Bài 5 (0,5 điểm)

ĐKXĐ : x ≥ 3

2

3x  6x 9  4x 3  5x 6

3x  4x 3  5x 6  6x 9





↔

x 3 0











(*)

- Nếu x > 3 thì : 0 3x 5x 60 4x 3 6x 9  









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













3x 4x 3( 4x 3   3x )  5x 6 6x 9( 6x 9    5x 6)

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