ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI VÀO 10 (NHA TRANG 2010-2011)

Së Gi¸o dơc vµ ®µo t¹o KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011
NHA TRANG MÔN: TOÁN
NGÀY THI: 23/06/2010
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao
đề)
Bài 1.(3.00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay)
1. Rút gọn biểu thức:
( )
A 5 20 3 45= − +
2. Giải hệ phương trình:
x y 5
x y 3
+ =


− =

3. Giải phương trình:x
4
- 5x
2
+ 4 = 0
Bài 2.(1 điểm)
Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m: x
2
– 2(m+1)x + m
2
– 1 = 0
Tính giá trò của m, biết rằng phương trình có hai nghiệm x
1

, x
2
thỏa mãn điều kiện:
x
1
+ x
2
+ x
1
.x
2
= 1
Bài 3.(2 điểm)
Cho hàm số: y = mx – m+ 2, có đồ thò là đường thẳng (d
m
)
1. Khi m = 1, vẽ đường thẳng (d
1
)
2. Tìm tọa độ điểm cố đònh mà đường thẳng (d
m
) luôn đi qua với mọi giá trò của m
Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm M(6; 1) đến đường thẳng (d
m
) khi m thay đổi
Bài 4.(4 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh a, lấy điểm M bất kì trên cạnh BC (M khác B và C).
Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng
DC tại K
1. Chứng minh: BHCD là tứ giác nội tiếp

2. Chứng minh: KM
⊥
DB
3. Chứng minh: KC. KD = KH. KB
4. Kí hiệu S
ABM
, S
DCM
lần lượt là diện tích các tam giác ABM , DCM. Chứng minh
tổng (S
ABM
+ S
DCM
) không đổi. Xác đònh vò trí của điểm M trên cạnh BC để (S
2
ABM

+ S
2
DCM
) đạt giá trò nhỏ nhất. Tính giá trò nhỏ nhất đó theo a.
Hướng dẫn giải
Bài 1. 1/ Rút gọn :
( )
(
)
( )
2 2
A 5 20 3 45
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
x y 5 x y 5 x y 5 y 5 4 x 4
x y 3 2x 8 x 4 x 4 y 1
+ = + = + = = − =
    
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
− = = = = =
    
3/ Giải pt: x
4
– 5x
2
+ 4 = 0 (1)
Đặt x
2
= t
⇒
t
≥
0
Phương trình (1)  t

2
– 5t + 4 = 0
( a = 1; b = -5; c = 4 )
Vì a + b + c = 0 nên pt có nghiệm
t
1
=1
⇒
x
2
=1
⇒
x =
1±
t
2
=
c
a
= 4
⇒
x
2
= 4
⇒
x =
2±
Vậy pt trên có 4 nghiệm x
1
= 1; x

2
= -1; x
3
= 2; x
4
= -2
Bài 2. Pt x
2
– 2(m+1)x + m
2
– 1 = 0
Vì x
1
; x
2
là hai nghiệm của pt nên x
1
+ x
2
=
b
a
−
=
( )
2 m 1
1
+
x
1

.x
2
=
c
a
=
2
m 1
1
−
Thay vào biểu thức
x
1
+ x
2
+ x
1
.x
2
= 1  2(m + 1) + m
2
– 1 = 1
 2m + 2 + m
2
– 2 = 0  m
2
+ 2m = 0
 m(m + 2 ) = 0 
m 0 m 0
m 2 0 m 2

= =
 
⇔
 
+ = = −
 
Vậy khi m = 0 và m = -2 thì pt có hai nghiệm x
1
; x
2
thỏa mãn x
1
+ x
2
+ x
1
.x
2
= 1
Bài 3. 1/ Hàm số y = mx – m + 2 (d
m
)
Vẽ đường thẳng d
1
khi m = 1
Khi m = 1  y
1
= x -1 + 2 = x + 1
Bảng giá trò
x -1 0

y 0 1
y
x
6
1
-1
y = x +1
M (6;1)
2/ Ta có y = m ( x – 1 ) + 2
Khi x – 1 = 0
⇒
x = 1 thì y = 2
Vậy điểm A ( 1; 2) là điểm cố đònh mà (d
m
) đi qua với mọi m.
Khi m thay đổi (d) luôn đi qua A (1; 2) cố đònh
⇒
khoảng cách lớn nhất từ M(6;1)
đến (d) là độ dài AM
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2
m A m A
AM x x y y 5 1
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
KCD∆
và
KHD∆
có <C= <H = 1v (gt)
Góc nhọn <K (chung)
⇒

KCB∆
~
KHD∆
(gg)
B
A
M
K
C
H
D
Cho ta
KC KB
KC.KD KH.KB
KH KD
= ⇔ =
(ñfcm)
d. cm
ABM
S
∆
+
DCM
S
∆
khoâng ñoåi
Ta coù
( )
ABM
DCM

ABM DCM
2
AB.BM a
S .BM
2 2
DC.CM a
S .CM
2 2
a a a
S S .BM .CM (BM CM)
2 2 2
a a a
.BC .a khoângñoåi
2 2 2
∆
∆
∆ ∆
= =
= =
⇒ + = + = +
= = =