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

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

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
=

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

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

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
=

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
=
⇒
·

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

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

< < −


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.