ĐỀ THI vào 10 bắc GIANG đợt 2 2009 2010

ĐỀ THI VÀO 10

Câu I (2,0 điểm)
1. Tính 9  4 .
2. Cho hàm số y  x  1 . Tại x  4 thì y có giá trị bằng bao nhiêu?
Câu II (1,0 điểm)
�x  y  5
Giải hệ phương trình �
.
�x  y  3
Câu III (1,0 điểm)
�x  x
�
�x  x �
 1�
 1�với x �0; x �1.
Rút gọn biểu thức A  �
�
� x 1 �
� x 1 �
Câu IV (2,5 điểm)
Cho phương trình x 2  2 x  m  0 (1) (ẩn x, tham số m)
1. Giải phương trình (1) với m  3 .
2. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm.
Câu V (3 điểm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB cố định. Điểm H thuộc đoạn thẳng OA (H khác O, A
và H không là trung điểm của OA). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. Gọi K là điểm bất kỳ
thuộc cung lớn MN (K khác M, N và B). Các đoạn thẳng AK và MN cắt nhau tại E.
1. Chứng minh tứ giác HEKB nội tiếp được trong một đường tròn.
2. Chứng minh tam giác AME đồng dạng với tam giác AKM.
3. Cho điểm H cố định, xác định vị trí của điểm K sao cho khoảng cách từ điểm N đến tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác KME nhỏ nhất.
Câu VI (0,5 điểm)
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức x 2  xy  y 2  x 2 y 2  0 .

1


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG

ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

Năm học 2009-2010
Môn thi: TOÁN
Ngày thi: 10/7/2009
(Đáp án-thang điểm này có 03 trang)

ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đợt 2)

Chú ý: Dưới đây là hướng dẫn cơ bản, bài làm của thí sinh phải trình bày chi tiết, chặt chẽ. Thí
sinh giải cách khác đúng thì chấm điểm thành phần tương ứng. Học sinh làm đúng đến đâu cho
điểm đến đó (nếu quá trình lập luận và biến đổi bước trước sai thì bước sau đúng cũng không cho
điểm).
Câu
I

Ý
1

2

Nội dung

Điểm
2,00
0,50
0,50
0,50
0,25
0,25
1,00

9  4  3 2
5
Với x  4 ta có y  4  1
=3
Vậy tại x  4 thì y = 3.

II
2x  8
�x  y  5
�
��
�
�x  y  3
�x  y  5

0,50

�x  4
��
�y  1
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất  x; y    4;1
III
Với x �0; x �1 ta có



1

2

V





0,25
1,00

� x x 1
�� x x  1
�
�
�
�
A
1

 1�
� x 1
�� x  1
�
�
��
�

0,50

A

0,25





x 1

A  x 1

IV



0,25



x 1

Thay m  3 vào phương trình (1) ta được phương trình
x 2  2 x  3  0 (2)
Các hệ số của phương trình (2) thoả mãn 1  2  (3)  0
Nên phương trình (2) có hai nghiệm x1  1; x2  3
Tính được phương trình (1) có  ,  1  m
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi  , �0
Hay 1  m �0 ۳ m 1 .
Vậy với m �1 thì phương trình (1) có nghiệm.

0,25
2,50
0,50
0,50
0,50
0,25
0,25
0,25
0,25
3,00
2


Câu

Ý

1

2

3

Nội dung

Điểm

Xét tứ giác HEKB có
�
AKB  900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O).
�
MHB
 900 (Do MN  AB tại H).
�
Suy ra �
AKB  MHB
 900  900  1800 .
�
Mà �
là hai góc đối nhau,
AKB và MHB
Suy ra tứ giác AHIK là tứ giác nội tiếp.
Xét đường tròn (O) có AB là đường kính, MN là dây, MN  AB tại
� , do đó �
H suy ra A là điểm chính giữa của MAN
AM  �
AN
�
Xét AME và  AKM có MAK

là góc chung
�
AME  �
AKM (Hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau
của đường tròn (O)).
Suy ra AME và AKM đồng dạng.
Ta có AM  MB tại M (Vì �
AMB  900 , góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn (O) ).
Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KME, chỉ ra AM là tiếp
tuyến của đường tròn ( I ) nên AM  IM . Từ đó suy ra I �MB .
Kẻ NP  MB tại P, suy ra NI �NP .
Chỉ ra từ điểm H cố định dẫn tới N, P cố định và NP không đổi .
Do đó NI nhỏ nhất bằng NP, giá trị này đạt được khi và chỉ khi K trùng
với K1 (K1 là giao điểm thứ hai của đường tròn (P; PM) với đường tròn
(O)).

VI

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,50
x  xy  y  x y  0 � x  2 xy  y  x y  xy
2

2

2

2

2

2

2

2

�  x  y   xy  xy  1
Do x, y là các số nguyên nên ta có:
2
 x  y  là số chính phương
xy và xy  1 là hai số nguyên liên tiếp
Từ đó suy ra xy  0 hoặc xy  1  0 .
Xét từng trường hợp suy ra ba cặp số thoả mãn đẳng thức đã cho là
 x; y  �  0;0  ,  1;  1 ,  1;1 
2

0,25

0,25

--------------------- Hết --------------------A1

3


4