Đề thi và giải tuyển sinh 10 Khánh Hòa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2010-2011
KHÁNH HÒA 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 :
5
3
x y
x y
+ =


− =

3. Giải phương trình : x
4
– 5x
2
+ 4 = 0
Bài 2: (1.00 điểm)
Cho phương trình bậc hai ẩn x, tham số m : x
2
– 2(m + 1)x + m
2
– 1 = 0
Tính giá trị 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: (2.00 điểm)
Cho hàm số : y = mx – m + 2, có đồ thị là đường thẳng (d
m
).
1. Khi m = 1, vẽ đường thẳng (d
1
)
2. Tìm tọa độ điểm cố định mà đường thẳng (d
m
) luôn đi qua với mọi giá trị của m.
Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm M(6, 1) đến đường thẳng (d
m
) khi m thay đổi.
Bài 4: (4.00 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh a, lấy điểm M bất kỳ 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. Ký hiệu S
ABM
, S
DCM
lần lượt là diện tích của tam giác ABM, DCM. Chứng minh tổng
(S
ABM
+ S
DCM
) không đổi. Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để
( )
2 2
ABM DCM
S S+
đạt
giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó theo a.
HẾT
Họ và tên thí sinh:………………………… Số báo danh:………. /Phòng thi: ……
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1: (3.00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay)
Bài / Câu Nội dung Điểm
Bài 1:
(3.00 điểm)
1. Rút gọn biểu thức : A
5( 20 3) 45= − +
(1,00 đ)
100 3 5 3 5

100 10
= − +
= =
0,5
0,5
2. Giải hệ phương trình :
5
3
x y
x y
+ =


− =

(1,00 đ)
5 4 5 1
2 8 4 4
x y y y
x x x
+ = + = =
  
⇔ ⇔ ⇔
  
= = =
  
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm duy nhất (x ; y) = (4 ; 1)

0,75
0,25

3. Giải phương trình : x
4
– 5x
2
+ 4 = 0 (1,00 đ)
Đặt x
2
= t ( điều kiện: t ≥ 0)
Phương trình trở thành t
2
– 5t + 4 = 0 (*)
(a = 1 , b = – 5 , c = 4)
Vì a + b + c = 1 – 5 + 4 = 0
Nên pt (*) có hai nghiệm : t
1
= 1 (nhận) ; t
2
= 4 (nhận)
+ Thay t = 1 vào x
2
= t ta được : x
2
= 1 ⇔ x = ±1 .
+ Thay t = 4 vào x
2
= t ta được : x
2
= 4 ⇔ x = ±2 .
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm : S = {±1 ; ±2} .
0,25

0,25
0,5
Bài 2:
(1.00 điểm)
Xét phương trình bậc hai ẩn x : x
2
– 2(m + 1)x + m
2
– 1 = 0
Ta có : ∆’ = b’
2
– a.c = (m+1)
2
– 1. ( m
2
– 1)
= m
2
+ 2m + 1 – m
2
+ 1 = 2m + 2.
Pt có hai nghiệm x
1
, x
2
⇔ ∆’ ≥ 0
⇔ 2m + 2 ≥ 0
⇔ m ≥ –1 .
Theo hệ thức Vi-ét ta có :
1 2

2
1 2
2 2
. 1
m
x x
x x m
= +
+



= −


Theo đề ta có : x
1
+ x
2
+ x
1
.x
2
= 1.
Do đó : 2m + 2 + m
2
– 1 = 1
⇔ m
2
+ 2m = 0.

⇔ m(m + 2) = 0.
⇔ m = 0 ( nhận) ; m = –2 ( loại vì m ≥ –1)
Vậy m = 0.
0,25
0,25
0,25
0,25
BÀI 3 :
(2.00 điểm)
Cho hàm số : y = mx – m + 2, có đồ thị là đường thẳng (d
m
).
1. Khi m = 1, vẽ đường thẳng (d
1
)
Thay m = 1 vào (d
m
) ta có hàm số (d
1
) : y = x + 1
Bảng giá trị :
x 0 – 1
y = x + 1 1 0
Đồ thị :
2. Gọi A(x
A
; y
A
) là điểm cố định mà (d
m

) luôn đi qua khi m thay đổi.
0,25
0,25
0,5
O
x
y
1
- 1
K
H
D
B
A
C
M
Bài / Câu Nội dung Điểm
Khi đó ta có : y
A
= mx
A
– m + 2 với mọi m .
⇔ m(x
A
– 1) + (y
A
– 2) = 0 với mọi m
⇔
1 0 1
2 0 2

A A
A A
x x
y y
− = =
 
⇔
 
− = =
 
Vậy (d
m
) luôn đi qua điểm A(1 ; 2) cố định khi m thay đổi.
* Để khoảng cách từ M đến (d
m
) lớn nhất thì (d
m
) không đi qua M.
Từ M kẻ MH ⊥ (d
m
) tại H.
+ Nếu H ≡ A thì MH =
26
.(1)
+ Nếu H không trùng A thì tam giác AMH vuông tại H
⇒ HM < AM =
2 2
(6 1) (1 2) 26− + − =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra MH ≤

26
Vậy, khoảng cách lớn nhất từ M đến (d
m
) khi m thay đổi là
26
(đvđd)
0.25
0.25
0,5
BÀI 4
(4.00 điểm)
1. Xét tứ giác BHCD có:
·
0
90BHD =
( BH ⊥ DM)
·
0
90BCD =
(ABCD là hình vuông)
Nên : Hai đỉnh H, C kề nhau cùng nhìn cạnh BD dưới 1 góc 90
0
.
Do đó : BHCD là tứ giác nội tiếp.
0,5
0,5
Bài / Câu Nội dung Điểm
2. Xét tam giác BDK có :
BC ⊥ DK (gt)
DH ⊥ BK (gt)

Mà M là giao điểm của DH và BK
Do đó : M là trực tâm của tam giác BDK.
Nên KM là đường cao của tam giác BDK ⇒ KM ⊥ BD.
3. Xét 2 tam giác vuông :
KCB à KHDv
đồng dạng (có
·
BKD
chung)
D
KC KB
KH K
⇒ =
⇒ KC.KD = KH.KB
4.(1đ) Đặt BM = x.
S
ABM
=
1 1
. . . .
2 2
AB BM a x=
S
DCM
=
1 1
. . . .( )
2 2
DC CM a a x= −
=> S

ABM
+ S
DCM
=
2
1 1
. ( )
2 2
a x a x a+ − =
không đổi .
Ta có: S
2
ABM
+ S
2
DCM

=
( )
2 2
2
2 2
1 1
. . ( ) . ( )
2 2 4
a
ax a a x x a x
   
+ − = + −
 ÷  ÷

   
S
2
ABM
+ S
2
DCM


2
2 2
= . 2 2
4
a
x ax a
 
− +
 
2
2 2
2 4 4
2
= .
2 2 4
( )
2 2 8 8
a a a
x
a a a a
x

 
 
− +
 
 ÷
 
 
 
= − + ≥
Vì
2
2
( ) 0
2 2
a a
x − ≥
Nên
2 4 4
2
( )
2 2 8 8
a a a a
x − + ≥
Vậy S
2
ABM
+ S
2
DCM

đạt giá trị nhỏ nhất là
4
8
a
khi BM = x =
2
a
Hay M là trung điểm BC.
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25