Hướng dẫn giải đề thi vào lớp 10 tỉnh Thái Bình 2009 - 2010

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

≤ 2 ∀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).
·
·
EAD BAM
=
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
=
(vì 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 ⇒
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
⇒
·
·
·
·
·
·
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
AM AE AN
= +
(đpcm).
B
C
D
M
H
K
N
E
A
Bài 5 (0,5 điểm)
ĐKXĐ : x ≥
3
2
.
Khi đó :
1 1 1 1
3
x 2x 3 4x 3 5x 6
 
+ = +
 ÷
− − −
 
↔
1 1 1 1

3x 6x 9 4x 3 5x 6
+ = +
− − −
↔
1 1 1 1
3x 4x 3 5x 6 6x 9
− = −
− − −
↔
( 4x 3 3x)( 4x 3 3x ) ( 6x 9 5x 6)( 6x 9 5x 6)
3x. 4x 3( 4x 3 3x ) 5x 6. 6x 9( 6x 9 5x 6)
− − − + − − − − + −
=
− − + − − − + −
↔
x 3 x 3
3x. 4x 3( 4x 3 3x) 5x 6. 6x 9( 6x 9 5x 6)
− −
=
− − + − − − + −
↔
1 1
(x 3) 0
3x. 4x 3( 4x 3 3x ) 5x 6. 6x 9( 6x 9 5x 6)
 
− − =
 
− − + − − − + −
 
↔

x 3 0
1 1
3x. 4x 3( 4x 3 3x ) 5x 6. 6x 9( 6x 9 5x 6)
− =



=

− − + − − − + −

(*)
-
Nếu x > 3 thì :
0 3x 5x 6
0 4x 3 6x 9
< < −


< − < −


⇒

0 3x 5x 6
0 4x 3 6x 9
0 3x 4x 3 5x 6 6x 9

< < −



< − < −


< + − < − + −


⇒

1 1
3x. 4x 3( 4x 3 3x) 5x 6. 6x 9( 6x 9 5x 6)
>
− − + − − − + −
-
Nếu
3
2
≤ x < 3 thì :
0 5x 6 3x
0 6x 9 4x 3
< − <


< − < −


⇒

0 5x 6 3x
0 6x 9 4x 3

0 5x 6 6x 9 3x 4x 3

< − <


< − < −


< − + − < + −


⇒

1 1
3x. 4x 3( 4x 3 3x) 5x 6. 6x 9( 6x 9 5x 6)
<
− − + − − − + −
- Nếu x = 3 thì :
1 1
3x 4x 3( 4x 3 3x ) 5x 6 6x 9( 6x 9 5x 6)
=
− − + − − − + −
Do đó, hệ (*) tương đương với : x – 3 = 0 ↔ x = 3.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho có một nghiệm duy nhất : x = 3.