Đề thi kỳ thi TS 10 phần 1 (có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỒNG THÁP

ĐỀ CHÍNH THỨC

Đề 1

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
TRƯỜNG THPT HỒNG NGỰ I
NĂM HỌC: 2011 - 2012
KHÓA NGÀY THI: 22/06/2011
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
( không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (3 điểm)
Không dùng máy tính cầm tay:
a). Rút gọn biểu thức: A = 5 ( 20 − 3) + 45 .
x + y = 5
.
x − y = 3

b). Giải hệ phương trình: 

c). Giải phương trình: x4 – 5x2 + 4 = 0.
Câu 2: (1 điểm)
Cho phương trình bâc hai ẩn x. tham số m: x 2 – 2(m + 1)x + m2 – 1 = 0. Với giá trị
nào của m thì phương trình có hai nghiệm x1; x2 thỏa mãn: x1 + x2 + x1x2 = 1.
Câu 3: (2 điểm)
Cho hàm số: y = mx – m +2 có đồ thị là đường thẳng (dm):
a). Khi m = 1, vẽ đường thẳng (d1).

b). Tìm tọa độ điểm cố định mà đường thẳng (dm) luôn đi qua với mọi giá trị của
m. Tính khoảng cách lớn nhất từ điểm M(6;1) đến đường thẳng (dm) khi m thay đổi.
Câu 4: (4 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh a, lấy điểm M bất kì trên cạnh BC (M khác B, C). Qua
B kẻ đường thẳng DC tại K.
a). Chứng minh: BHCD là tứ giác nội tiếp.
b). Chứng minh: KM ⊥ DB.
c). Chứng minh: KC.KD = KH.KB.
d). Kí hiệu SABM, SDMC lần lượt là diện tích các tam giác ABM, DCM. Chứng minh
(SABM+SDCM) không đổi. Xác dinh vị trí của điểm M trên cạnh BC để (S 2ABC + S2DCM)
đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhõ nhất đó theo a.
~~~~~~~Hết~~~~~~~


ĐÁP ÁN
Câu 1:
a). A = 100 − 3 5 + 45 = 10 − 3 5 + 3 5 = 10
x + y = 5
2 x = 8
x = 4
x = 4
⇔
⇔
⇔
x − y = 3
y = x − 3 y = x − 3 y =1

b). 

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x;y) = (4;1).

c). Đặt t = x2 (t ≥ 0). Phương trình trở thành: t2 – 5t + 4 = 0.
Vì a + b + c = 0 nên t1 = 1 (nhận); t2 = 4 (nhận).
t1 = x2 = 1 ⇒ x1 = - 1; x2 = 1. t2 = x2 = 4 ⇒ x3 = 2; x4 = -2.
Vậy phương trình có 4 nghiệm: x1 = - 1; x2 = 1; x3 = 2; x4 = -2.
Câu 2: Phương trình có hai nghiệm x1; x2 khi ∆ ’ = 2m + 2 ≥ 0 ⇒ m ≥ -1.
x 1 + x 2 = 2(m + 1)

Viết Viel : 

2
 x1 x 2 = m − 1

Thay vào: x1 + x2 + x1.x2 = 1 ⇔ m1 = 0 (nhận); m2 = -2 (loại).
Kết luận: Khi m = 0 thì phương trình có hai nghiệm x1,x2 thỏa mãn: x1 + x2 + x1.x2= 1
Bài 3: a). Khi m = 1. ta có (d1): y =
x + 1.
Bảng giá trị
x
y = x +1

0
1

-1

Vẽ đường thẳng (d1).
d). Gọi I(x0 ;y0) là điểm cố định
cần tìm, ta có (x0 – 1)m + 2 – y0 =
0, với mọi m
 x0 − 1 = 0

 x0 = 1
⇒
⇒
2 − y 0 = 0  y 0 = 3

nên

(dm)

luôn đi qua điểm cố định I(1 ; 2)
với mọi m.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của
M trên (dm), khi đó MH là khoảng
cách từ M đến (dm) và MH ≤ MI
(MI cố định).
Vậy khoảng cách từ M đến (dm) lớn
nhất bằng MI khi H ≡I ((dm) ⊥ MI),
khi đó: MHlớn nhất = MI =
( xI − xM )2 + ( yI − yM )2 = (1 − 6)2 + (2 − 1)2 = 26

(đvđd).
Câu 4:
a). Theo giả thuyết ABCD là hình
vuông nên góc BCD = 900


BH ⊥ DM tại H (giả thuyết) nên góc BHD = 900. Suy ra H và C cùng nhìn BD dưới
một góc bằng 900. Vậy BHCD là tứ giác nội tiếp.
b). Xét tam giác BDK ta có BC là đường cao và DH là đường cao.
BC cắt DH tại M là trực tâm của tam giác BDK ⇒ KM ⊥ DB.

c). Hai tam giác KCB vuông tại C và KHD vuông tại H
KC KB
=
⇒ KC.KD = KH .KB.
KH KD
1
1
1
1
= (AB.BM + DC.CM) = AB.BC = SABCD = a2 (không
2
2
2
2

Góc K chung = KHD ⇒
d). Ta có SDCM + SDCM
đổi).
Mặt khác, x2 + y2 ≥
Do đó,

Vậy

(S

2
ABM

+S

2
DCM

1
(x + y)2, ∀ x, y ∈ R. Đẳng thức xảy ra khi va chỉ khi x=y.
2

1
a4
2
) ≥ (S ABM + S DCM ) = .
2
8

2
2
( S ABM
+ S DCM
) nhỏ nhất khi SABM = SDCM, khi đó M là trung điểm của BC.

Giá trị nhỏ nhất cần tính là

(S

2
ABM

+S

2

DCM

HẾT

a4
)=
8

.