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 ≤ 3 vì (m – 2) 2 ≥ 0 ∀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). 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 = (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 (g.g) ⇒ 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 · · EAD BAM= ⇒ · · · · · · 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 AD AM AN = + (đpcm). Bài 5 (0,5 điểm) ĐKXĐ : x > 3 2 . Khi đó phương trình đã cho tương đương với 1 1 1 1 3x 6x 9 4x 3 5x 6 + = + − − − Đặt : 3x a,= 6x 9 b,− = 4x 3 c,− = 5x 6 d− = (a, b, c, d > 0) ⇒ a + c > 0, b + d > 0 và c 2 – a 2 = b 2 – d 2 (= x – 3) Phương trình trên trở thành : 1 1 1 1 a b c d + = + ⇔ 1 1 1 1 a c d b − = − ⇔ c a b d ac bd − − = ↔ 2 2 2 2 c a b d ac(a c) bd(b d) − − = + + (1) - Nếu x = 3 thì c 2 – a 2 = b 2 – d 2 = 0 ⇒ (1) hiển nhiên đúng. - Với x ≠ 3 thì c 2 – a 2 = b 2 – d 2 ≠ 0, (1) ⇔ 1 1 ac(a c) bd(b d) = + + (2) +) Nếu x > 3 thì : 0 3x 5x 6 0 4x 3 6x 9 < < −   < − < −  ⇒ 0 a d 0 c b 0 a c b d < <   < <   < + < +  ⇒ 1 1 ac(a c) bd(b d) > + + ⇒ (2) không được thoả mãn. +) Nếu 3 2 < x < 3 thì : 0 5x 6 3x 0 6x 9 4x 3 < − <   < − < −  ⇒ 0 d a 0 b c 0 b d a c < <   < <   < + < +  ⇒ 1 1 ac(a c) bd(b d) < + + ⇒ (2) không được thoả mãn. Tóm lại, phương trình đã cho có 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 gian giao đề) Bài 1 (2,0 điểm) 1. Rút gọn. 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. 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