ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM pptx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
HÀ NAM NĂM HỌC: 2013 – 2014
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút
( không kể thời gian giao đề)
Câu 1.( 1,5 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau:
1
( 0, 1)
1
1
a a a
A a a
a
a
− −
= − ≥ ≠
−
+

4 2 3 6 8
2 2 3
B
+ − − +
=
+ −
Câu 2. ( 2,0 điểm)
a, Giải phương trình :
2
6 7 0x x− − =
b, Giải hệ phương trình sau:

2 1
2(1 ) 3 7
x y
x y
− =


− + =

Câu 3. (1,5 điểm)
Cho phương trình:
2
2( 1) 2 3 0x m x m+ − − − =
(m là tham số)
a, Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2

m R∀ ∈
b, Tìm giá trị của m sao cho :
1 2
(4 5)(4 5) 19 0x x+ + + =
Câu 4. ( 4,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Lấy điểm C thuộc (O) ( C
khồng trùng với A, B), M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC. Các đường
thẳng AM và BC cắt nhau tại I, các đường thẳng AC, BM cắt nhau tại K.
a, Chứng minh
·
·

ABM IBM=
và
ABI∆
cân.
b, Chứng minh tứ giác MICK nội tiếp.
c, Đường thẳng BM cắt tiếp tuyến tại A của (O) ở N. Chứng minh
đường thẳng NI là tiếp tuyến của đường tròn (B;BA) và NI
⊥
MO.
d, Đường tròn ngoại tiếp
BIK∆
cắt đường tròn (B;BA) tại D ( D không
trùng với I). Chứng minh ba điểm A, C, D thẳng hàng.
Câu 5. ( 1,0 điểm)
Cho các số thực dương
,x y
thỏa mãn
2 3 1
2 3
1
y x
x
y
+ +
=
+
+
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức
3 2 3Q xy y x= − − −

HẾT
Đáp án
Câu 1:

1
( 0, 1)
1
1

a a a
A a a
a
a
− −
= − ≥ ≠
−
+

( 1) 1
( 1)( 1) 1
1
1 1
1
1
a a a
a a a
a a
a a
a
− −

= −
− + +
−
= −
+ +
=
+

4 2 3 6 8
2 2 3
(2 2 3) (2 6 8)
2 2 3
(2 2 3) 2( 2 3 2)
2 2 3
(2 2 3)(1 2)
2 2 3
1 2
B
+ − − +
=
+ −
+ − + − +
=
+ −
+ − + − +
=
+ −
+ − +
=
+ −

= +
Câu 2: a, Ta có: a – b + c = 1 + 6 – 7 = 0 nên phương trình có 2 nghiệm:

1 2
1, 7
c
x x
a
−
= − = =
b,
2 1 2 1 2 1 2 3 1 2
2(1 ) 3 7 2 3 5 2 6 3 3
x y x y x y x x
x y x y y y y
− = − = − = − = =
    
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
− + = − + = = = =
    
vậy hệ PT có nghiệm là (x,y) = (2; 3)
Câu 3: a,
2
2( 1) 2 3 0x m x m+ − − − =
Có
/ 2 2
( 1) ( 2 3) 4 0m m m m R∆ = − − − − = + > ∀ ∈
( vì
2

0m ≥
với mọi m
R∈
)
⇒
Phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
R∈
b, Vì phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m
Theo hệ thức Vi-et:
1 2
1 2
2( 1)
. 2 3
x x m
x x m
+ = − −


= − −

Theo bài ra
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
(4 5)(4 5) 19 0 16 20 20 44 0 4 5( ) 11 0
1
4( 2 3) 5( 2 2) 11 0 18 9 0
2
x x x x x x x x x x
m m m m
+ + + = ⇔ + + + = ⇔ + + + =
⇔ − − + − + + = ⇔ − + = ⇔ =

Vậy
1
2
m =
là giá trị cần tìm.
Câu 4: (Tự vẽ hình)
a, Vì M nằm chính giữa
»
AC
nên
¼
¼
AM MC=
·
·
ABM MBC⇒ =
(2 góc nội tiếp
chắn 2 cung bằng nhau)
·
·
ABM MBI⇒ =

⇒
BM là tia phân giác của
·
ABI
(1)
Ta có
·
90

o
AMB =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB)

BM AI
⇒ ⊥

⇒
BM là đường cao của
BAIV
(2)
Từ (1),(2)
⇒
BAIV
cân tại B.
b, Ta có
·
90
o
AMB =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒

·
90
o
BMI =
( vì kề bù với
·

AMB
)

⇒

·
90
o
KMI =
Ta có
·
90
o
ACB =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒

·
90
o
ACI =
( vì kề bù với
·
90
o
ACB =
)

·

90
o
KCI⇒ =
Xét tứ giác MICK có:
·
·
90 90 180
o o o
KMI KCI+ = + =
Mà 2 góc này ở vị trí đối diện
⇒
Tứ giác MICK nội tiếp.
c, Xét
BANV
và
BINV
có:
BI = BA ( vì
BAIV
cân tại B)

·
·
IBN ABN=
(vì
·
·
ABM IBM=
)
BN là cạnh chung.

⇒
BANV
=
BINV
(c.g.c)
⇒
·
·
NIB NAB⇒ =
(2 góc tương ứng)
Mà
·
90
o
NAB =
( vì AN
⊥
AB do AN là tiếp tuyến của (O))
Do đó
·
90
o
NIB =
nên NI
⊥
BI
Lại có BA = BI mà BA là bán kính của (B;BA) nên BI là bán kính của
(B;BA)
⇒
NI là tiếp tuyến của (B;BA)

Dễ thấy OM là đường trung bình của
ABIV
⇒
OM//BI mà NI
⊥
BI nên OM
⊥
NI(đpcm)
d, Gọi điểm D
/
là giao của AC với (B;BA)
Gọi H là giao điểm của IK và AB.
+, C/m
/
BADV
cân tại B nên
· ·
/ /
BAD BD A=

/
IADV
cân tại I nên
· ·
/ /
IAD ID A=
Do đó

·
·

·
·
·
·
/ / / /
/
BAD IAD BD A ID A
BAI BD I
+ = +
⇔ =
Hay
·
·
/
MAH ID B=
+, C/m Tứ giác AMKH nội tiếp nên
·
·
180
o
MAH MKH+ =
hay
·
·
180
o
MAH IKB+ =
(vì
·
·

MKH IKB=
do 2góc đối đỉnh)
Hay
·
/
BD I
+
·
IKB
=
180
o
nên tứ giác IKBD
/
nội tiếp nên đường tròn ngoại tiếp
IBKV
cắt (B;BA) tại D
/
.
Mà đường tròn ngoại tiếp
IBKV
cắt (B;BA) tại D
Do đó
/
D D≡
, nên 3 điểm A, C, D thẳng hàng.
Câu 5: Đk:
3
2
x

−
>
và
0y ≥
Đặt
2 3x u+ =
(
0u
>
),
( 0)y v v= ≥
Từ bài ra ta có:
2
3 2 3 2 2 2
2
1
( )( ) 0 ì
1
0( 0, 0)
2 3
v u
v v u u u v v uv u u v v
u v
u v dou v
u v
x y
+
= ⇔ + = + ⇔ − + + + + =
+
⇔ − = > >

⇔ =
⇔ + =
Nên biểu thức:
Do đó
2
2
2
2
(2 3) 3(2 3) 2 3
2 5 12
5
2( 6)
2
5 49
2 ( )
4 4
5 49 49
2( )
4 2 2
Q x x x x
x x
x x
x
x
= + − + − −
= − −
= − −
 
= − −
 

 
−
= − − ≥

Dấu “ =” xảy ra
⇔
5
4
x =
Vậy Q
min
=
49
2
−
khi
5
4
x =