Đề Toán vào 10 chuyên_Thái Bình_2009-2010

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
THÁI BÌNH

Năm học 2009-2010

ĐỀ CHÍNH THỨC

Mơn thi: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút (khơng 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

x y −y x
xy

+

x−y
x− y

b)
x+

2. Giải phương trình:
Bài 2. (2,0 điểm)

Cho hệ phương trình:

4
=3
x+2

với x > 0 ; y > 0 ; x ≠ y

.


( m − 1) x + y = 2


mx + y = m + 1

(m là tham số)

m=2

1. Giải hệ phương trình khi
;
2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình ln 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):
parabol (P):

y=x

y = ( k − 1) x + 4

(k là tham số) và

2

.

k = −2

1. Khi
, 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) ln cắt parabol (P)
tại hai điểm phân biệt;
3. Gọi y1; y2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P). Tìm k
sao cho:
Bài 4. (3,5 điểm)

y1 + y 2 = y1 y 2

.


Cho hình vng ABCD, điểm M thuộc cạnh BC (M khác B, C). Qua B kẻ đường

thẳng vng 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 trịn;
·
CHK

2. Tính
;
3. Chứng minh KH.KB = KC.KD;
4. Đường thẳng AM cắt đường thẳng DC tại N. Chứng minh

Bài 5. (0,5 điểm) Giải phương trình:
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

THÁI BÌNH

1
1
1
=
+
2
2
AD
AM
AN 2

.

1

1
1
1


+
= 3
+
÷
x
2x − 3
5x − 6 
 4x − 3

.

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
Năm học 2009-2010
Hướng dẫn chấm Mơn TỐN

Ý
Bài 1

Nội dung
2,0 điểm

1.
(1,5đ)

Điểm

a)

3
13
6
+
+
2+ 3 4− 3
3

(

3 2− 3
4−3

=
=

) + 13 ( 4 + 3 ) + 2
16 − 3

3

6−3 3 +4+ 3 +2 3

0,25

= 10

0,25

x y−y x
xy

b)

0,25

+

x−y
x− y

với x > 0 ; y > 0 ; x ≠ y


xy

(

x− y
xy

) +(

x− y

)(

x+ y

)

x− y

0,25

=
x− y+ x+ y

0,25

=
=
2.
(0,5đ)

2 x

x+

0,25

4
=3
x+2

ĐK: x ≠ −2

Quy đồng khử mẫu ta được phương trình:

0,25

x2 + 2x + 4 = 3(x + 2)
⇔

x2 − x − 2 = 0

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
Bài 2

2,0 điểm

Ý

Nội dung

1.
(1,0đ)

0,25

Khi m = 2 ta có hệ phương trình:

⇔

⇔

Điểm

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:
2.
(1,0đ)
Ta có hệ:

⇔

⇔

⇔

x = 1

y = 1

0,25


( m − 1) x + y = 2


mx + y = m + 1

0,25

x = m + 1 − 2

mx + y = m + 1

 x = m − 1

 y = − m ( m − 1) + m + 1

x = m − 1

2
 y = −m + 2m + 1

0,25

Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất:
x = m − 1

2
 y = −m + 2m + 1

Khi đó: 2x + y = −m2 + 4m − 1
= 3 − (m − 2)2 ≤ 3 đúng ∀m vì (m − 2)2 ≥ 0

0,50

Vậy với mọi giá trị của m, hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y)
thoả mãn 2x + y ≤ 3.
Bài 3

2,0 điểm

Ý
1.
(1,0đ)

Nội dung

Điểm

Với k = −2 ta có đường thẳng (d): y = −3x + 4

0,25

Khi đó phương trình hồnh độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P)
là:

0,25

x2 = −3x + 4


⇔

x2 + 3x − 4 = 0

Do a + b + c = 1 + 3 − 4 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm: x = 1; x = − 4
Với x = 1 có y = 1

0,25

Với x = −4 có y = 16
Vậy khi k = −2 đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại 2 điểm có toạ độ là (1; 1);
(−4; 16)
2.

0,25

Phương trình hồnh độ giao điểm của đường thẳng (d) và parabol (P) là:
x2 = (k − 1)x + 4

(0,5đ)

0,25

⇔ x2 − (k − 1)x − 4 = 0
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.
3.
(0,5đ)

0,25

Với mọi giá trị của k; đường thẳng (d) và parabol (P) cắt nhau tại 2 điểm
phân biệt có hồnh độ x1, x2 thoả mãn:
 x1 + x 2 = k − 1

 x1x 2 = −4

Khi đó:

y1 = x12

;

0,25

y 2 = x 22

Vậy y1 + y2 = y1 y 2
⇔

x12 + x 22 = x12 x 22

⇔ (x1 + x2)2 − 2x1x2 = (x1 x2)2
⇔ (k − 1)2 + 8 = 16

0,25

⇔ (k − 1) = 8
2

⇔

k = 1+ 2 2

Vậy
Bài 4
Ý

hoặc

k = 1+ 2 2

k = 1− 2 2

hoặc

k = 1− 2 2

thoả mãn đầu bài.

3,5 điểm
Nội dung

Điểm


B
A

1.
(1,0đ)

H
M

D

P

·
DAB

+ Ta có

·
BHD

C

K

N

0,25

= 90o (ABCD là hình vng)
= 90o (gt)

·
·
DAB
+ BHD

Nên
= 180o
⇒ Tứ giác ABHD nội tiếp
+ Ta có

·
BHD
·
BCD

0,25

= 90o (gt)

0,25

= 90o (ABCD là hình vng)

Nên H; C cùng thuộc đường trịn đường kính DB
⇒ Tứ giác BHCD nội tiếp
2.
(1,0đ)
Ta có:

·
·
BDC
+ BHC
= 180o

·
·
+ BHC
= 180o
CHK

·
BDC

3.
(1,0đ)

0,5

·
·
CHK
= BDC

mà
= 45 (tính chất hình vng ABCD) ⇒
Xét ∆KHD và ∆KCB

Có

o

·
·
 KHD
= KCB
= (90o )

·
chung
 DKB
KH KD
=
KC KB

4.
(0,5đ)

⇒

0,25

⇒ ∆KHD

·
CHK

= 45o

∆KCB (g.g)

⇒
⇒ KH.KB = KC.KD (đpcm)
Qua A kẻ đường thẳng vng góc với AM, đường thẳng này cắt đường thẳng
DC tại P.

0,5

0,5
0,25
0,25


Ta có:

·
·
BAM
= DAP

·
MAD

(cùng phụ
)
AB = AD (cạnh hình vng ABCD)

·
·
ABM
= ADP
= 90o

0,25

Nên ∆BAM = ∆DAP (g.c.g) ⇒ AM = AP
·
PAN

Trong ∆PAN có:
nên

1
1
1
=
+
2
2
AD
AP
AN 2

⇒
Bài 5

= 90o ; AD ⊥ PN
(hệ thức lượng trong tam giác vng)
0,25

1
1
1
=
+
2
2
AD
AM
AN 2

0,5 điểm

Ý

Nội dung

Điểm

1
1
1
1

1
1 

+
+
≥ 3
+
+
÷
a
b
c
b + 2c
c + 2a 
 a + 2b

0,5đ

Ta chứng minh:
với a > 0; b > 0; c > 0

(*)

a + 2 b ≤ 3 ( a + 2b )

+ Với a > 0; b > 0 ta có:

(

+ Do

2 
 1
+

÷
b
 a

(1)

)

a +2 b ≥9

+ Từ (1) và (2) ta có:

nên

1
2
9
+
≥
a
b
a +2 b

1
2

3 3
+
≥
a
b
a + 2b

(2)

(3) (Với a > 0; b> 0; c > 0)

+ Áp dụng (3) ta có:
1
1
1
1
1
1 

+
+
≥ 3
+
+
÷
a
b
c
b + 2c
c + 2a 

 a + 2b

0.25đ
với a > 0; b> 0; c > 0

1
1
1
1


+
= 3
+
÷
x
2x − 3
5x − 6 
 4x − 3

Phương trình
có ĐK:
Áp dụng bất đẳng thức (*) với a = x; b = x; c = 2x - 3 ta có:

x>

3
2

1
1
1
1
1
 1

+
+
≥ 3
+
+
÷
x
x
2x − 3
5x − 6
4x − 3 
 3x
⇒

1
1
1
1 

+
≥ 3
+
÷

x
2x − 3
4x − 3 
 5x − 6

⇔ x = 2x − 3 ⇔ x = 3

x>

với

Dấu “ = ” xảy ra
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

3
2

0.25đ