Đề thi vào THPT tỉnh Thái Bình 09-10

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.