De thi thu tuyen sinh vao lop 10 so 6 co dap an

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
Năm học: 2011 – 2012
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 120 phút
(không kể thời gian phát đề)

---------------------------------------------------------------Bài 1: (1,5 điểm)
Không dùng máy tính, rút gọn các biểu thức sau:


A =  3 +


2+ 2  
2− 2 
.
3
−
÷

÷

2 +1 ÷
2 −1 ÷



B=

2+ 3
2+ 6

−
2
4

Bài 2: (1,5 điểm)
1/. Cho hai đường thẳng: ( d1 ): y = (m – 1)x + 3 ( m ≠ 1 ); ( d 2 ): y = 2x + n.
Xác đònh các giá trò của m và n, để ( d1 ) và ( d 2 ) cắt nhau tại một điểm nằm trên trục
tung.
1 3
 x 2 + y = −2

2/. Giải hệ phương trình: 
 5 −2 =7
 x 2 y

( x ≠ 0; y ≠ 0 )

Bài 3: (2 điểm)
Cho phương trình: x2 – (m + 2)x – 5 = 0.
1/ Chứng tỏ phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt.
2
2
2/ Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn hệ thức: x1 + x2 = 26 .
3/ Với giá trò nào của m thì phương trình nhận x = - 1 làm nghiệm. Tính nghiệm còn
lại.
Bài 4: (1,5 điểm)
Giải các phương trình sau:
1/

3

5
+
=1
x−2 x+2

2/ x4 – 2x2 – 8 = 0

Bài 5: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O), kẻ hai đường kính AOB và COD vuông góc với nhau. Trên cung
nhỏ BD lấy điểm M (M khác B và D), dây CM cắt AB tại N. Tiếp tuyến với đường tròn tại
M cắt tia AB tại K, cắt đường thẳng CD tại F.
1/ Chứng minh tứ giác ONMD nội tiếp được.
·
·
2/ So sánh DNM
và DMF
.
3/ Chứng minh hệ thức MK2 = AK.KB
- Hết -


ĐÁP ÁN BÀI THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10
NĂM HỌC: 2011 – 2012
Bài

Câu


1

1

A =  3 +


Lời giải

Điểm

2+ 2  
2− 2  
2( 2 + 1)  
2( 2 − 1) 
.
3
−
3
+
.
3
−
÷

÷



=
=


2 +1 ÷
2 −1 ÷
2 +1  
2 −1 

 

0,75đ

=(3 + 2 )(3 -

2)=9–2=7
4+2 3
1+ 3
2+ 6
−
=
2+ 6 =
2
4
−
2 2
2
4

B=
2

2

1

2

3

1

2

3

2+ 3
2+ 6
−
=
2
4
2+ 6
2+ 6
−
=0
=
2.2
4
( d1 ): y = (m – 1)x + 3 (m ≠ 1); ( d 2 ): y = 2x + n

m − 1 ≠ 2
m ≠ 3
⇔

3 = n
n = 3

( d1 ) cắt ( d 2 ) tại một điểm trên trục tung ⇔ 
1 3
 x 2 + y = −2


 5 −2 =7
 x 2 y

Đặt: X =

0,75đ

0,5đ

1
1
, hệ phương trình trở thành:
2 ; Y =
y
x

  x = −1

 x2 = 1
 X + 3Y = −2
X =1
 y = −1

⇔
⇒
⇔

 x = 1
5 X − 2Y = 7
Y = −1  y = −1

  y = −1

x2 – (m + 2)x – 5 = 0
a = 1; c = -5. Suy ra phương trình có hai nghiệm phân biệt.
2
2
2
Hay: ∆ = b − 4ac = (m + 2) − 4.1.(−5) = ( m + 2) + 20 > 0
Do phương trình có hai nghiệm phân biệt. Gọi x1 ; x2 là nghiệm. Ta có:
x1 + x2 = m + 2; x1.x2 = −5 . Theo đề bài:
x12 + x2 2 = 26
2
2
2
⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 26 ⇒ (m + 2) – 2.(- 5) = 26 ⇔ m + 4m – 12 = 0

m = 2
⇔
 m = −6
x1 = -1 là nghiệm của phương trình: x2 – (m + 2)x – 5 = 0, ta có:
(-1)2 – (m + 2) (-1) – 5 = 0 ⇔ m – 2 = 0 ⇔ m = 2
Gọi x2 là nghiệm còn lại. Ta có: x1.x2 = −5 ⇒ - x2 = -5 ⇔ x2 = 5

1đ

0,25đ

0.57đ

1đ


4

1

2

3
5
+
=1
x−2 x+2

(1).

Điều kiện: x ≠ ±2

x = 0
(1) ⇔ 3(x + 2) + 5(x – 2) = x – 4 ⇔ x - 8x = 0 ⇔ 
x = 8
x4 – 2x2 – 8 = 0 (2). Đặt t = x2 ≥ 0. Phương trình (2) trở thành:

t = 4
t2 – 2t – 8 = 0 ⇔ 
. t = -2 (loại); t = 4(nhận)
t = −2
x = 2
t = 4 ⇒ x2 = 4 ⇔ 
.
 x = −2
Vậy phương trình(2) có hai nghiệm: x1 = 2; x2 = −2
2

2

0,75 đ

0,75 đ

F
D

5

A

O

M

N

B

K

0.5đ

C

1

·
DON
= 900 ( AB ⊥ CD - gt)
·
DMN
= 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
·
= 900 + 900 = 1800 ( tổng hai góc đối diện)
⇒ DON
+ DMN

1đ

Vậy tứ giác ONMD nội tiếp được.
2

3

∆MKA : ∆BKM (g – g) ⇒

2

MK AK
⇔ MK2 = BK.AK.
=
BK MK

Hay MK = AK. KB
·
·
¼ của đường tròn ngoại tiếp
(2 góc nội tiếp cùng chắn DM
DOM
= DNM
tứ giác ONMD)
·
·
¼ của đường tròn
(góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn DM
DOM
= 2.DMF
(O))
·
·
Suy ra: DNM
.
= 2 DMF

1đ

1đ