ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013- 2014 Môn thi: TOÁN - SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA docx

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HÓA
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi: Toán
Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 12/7/2013
Đề thi có: 01 trang gồm 5 câu.
ĐÈ CHÍNH THỨC
ĐỀ A
Câu 1 (2,0 điểm):
1. Cho phương trình bậc hai: x
2
+ 3x – 4 = 0 với các hệ số là:a = 1; b = 3; c =-4
a. Tính tổng: S = a + b + c
b. Giải phương trình trên.
2. Giải hệ phương trình:
2 3
3 2 1
x y
x y
− =


+ =

Câu 2 (2,0 điểm):
Cho biểu thức:
1 1 1
:
1 2 1

x
P
x x x x x
 
+
 
= +
 ÷
 ÷
 ÷
− − − +
 
 
(với
0; 1x x
> ≠
)
a. Rút gọn biểu thức P.
b. Tính giá trị của biểu thức P khi
3 2 2x
= −
.
Câu 3 (2,0 điểm):
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2ax + 1 và Parabol (P): y = -2x
2
.
a. Tìm a để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 5).
b. Tìm a để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt
là x
1

, x
2
thỏa mãn điều kiện:
( )
2 2
1 2 1 2
4 4 0x x x x
+ + + + =
.
Câu 4 (3,0 điểm): Cho (O; R) đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, gọi M là điểm
bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A và C), BM cắt AC tại H; Kẻ HK vuông góc với AB tại K.
a. Chứng minh tứ giác CBKH nội tiếp.
b. Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh rắng, tam giác
MCE vuông cân.
c. Gọi (d) là tiếp tuyết của (O) tại A. Lấy P nằm trên (d) sao cho hai điểm P và C nằm
trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB và AP.MB = MA.OB. Chứng
minh rằng, đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK.
Câu 5 (1,0 điểm): Cho x; y; z là các số thực dương thỏa mãn: xy + yz + zx > 3
Chứng minh rằng:
4 4 4
3
3 3 3 4
x y z
y z z x x y
+ + ≥
+ + +
Hết
( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:……………………………………………………Số báo danh:…………………….
Chữ kí giám thị 1:……………………………….Chữ kí giám thị 2:……………………………………

HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học: 2013 – 2014
Môn thi: Toán
Ngày thi: 12 tháng 07 năm 2013
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
(2điểm
)
1. Cho phương trình bậc hai: x
2
+ 3x – 4 = 0 với các hệ số là: a = 1; b = 3; c =-4
a. Tính tổng: S = a + b + c = 1 + 3 + (-4) = 0
b. Phương trình có 2 nghiệm
1
2
1
4
4
1
x
c
x
a
=



−
= = = −



.
2. Giải hệ phương trình:
2 3 4 4 1
3 2 1 3 2 1 1
x y x x
x y x y y
− = = =
  
⇔ ⇔
  
+ = + = = −
  
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là
1
1
x
y
=


= −

0.5
0.5
0.5
0.5
Câu 2
(2điểm)
Cho biểu thức:

1 1 1
:
1 2 1
x
P
x x x x x
 
+
 
= +
 ÷
 ÷
 ÷
− − − +
 
 
(với
0; 1x x
> ≠
)
1. Rút gọn
2
2
1 1 1
:
1 2 1
1 1
:
( 1) ( 1) ( 1)
1 ( 1)

:
( 1) 1
1
x
P
x x x x x
x x
P
x x x x x
x x
P
x x x
x
P
x
 
+
 
= +
 ÷
 ÷
 ÷
− − − +
 
 
   
+
= +
 ÷  ÷
 ÷  ÷

− − −
   
+ −
=
− +
−
=
2. Với
( )
2
3 2 2 2 1 2 1 2 1x x= − = − ⇒ = − = −
Thay vào biểu thức được:
1 2 1 1 2 2 ( 2 1)
2
2 1 2 1 2 1
x
P
x
− − − − − −
= = = = = −
− − −
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
Câu 3
(2điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2ax + 1 và Parabol (P):
y = -2x

2
.
a. Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 5) nên có 5 = 2a + 1 suy ra a = 2
b. Phương trình hoành độ giao điểm giữa đường thẳng (d) cắt Parabol (P) là: 2x
2
+ 2ax + 1 = 0 (1)
Đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt khi phương trình (1)
có hai nghiệm phân biệt
' 2
2
0 2 0
2
a
a
a

< −
⇔ ∆ > ⇔ − > ⇔

>


(*)
0.5
0.5
Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có:
1 2
1 2
a
1

2
x x
x x
+ = −



=



( )
( )
2 2
1 2 1 2
2
1 2 1 2 1 2
2
1
2
2
Theo bài ra : 4 4 0
( ) 2 4 4 0
1
a 2. 4( a) + 4 0
2
a = 1
a 4a + 3 = 0
a = 3
x x x x

x x x x x x
+ + + + =
⇔ + − + + + =
⇔ − + − =

⇔ − ⇔


Đối chiếu điều kiện (*). Vậy
a = 3
là giá trị cần tìm.
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu 4
(3điểm
)
a. Ta có:
·
0
90ACB
=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
·
0
90HCB
⇒ =

·

0
90ACK =

CBKH
⇒
nội tiếp đường tròn đường kính BH
b. Xét
ΔAMC = ΔBEC
có:
AM = BE (gt)

·
·
MAC = MBC
(2góc nội tiếp cùng chắn cung MC)
·
·
MAC = EBCΔAMC = ΔBEC⇒ ⇒
(gcg)
MC = EC
ΔMCE cân
⇒
(1)

·
·
MCA = ECB
mà
·
·

0
ECA ECB 90+ =
·
·
·
0
MCE ECA ACM 90⇒ = + =
(2)
Từ (1) & (2)
ΔMCE vuông n.câ
⇒
c. Kéo dài BM cắt d tại Q
Xét
ΔPAM và ΔOBM
có:

·
· ·
PAM = ABM OBM=
(góc nội tiếp, góc tạo bởi
tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung AM)
AP.MB = MA.OB (gt)
AP OB
=
MA MB
⇒
ΔPAM ΔOBM (cgc)
⇒
:
mà

ΔOBM
cân tại O
ΔPAM
⇒
cân tại P

PM = PA;
⇒
·
·
PAM = PMA
Lại có:
·
·
·
·
0
PMA PMQ MAQ MQA 90
+ = + =
· ·
PMQ MQP
⇒ =
ΔPMQ
⇒
cân tại P
PM = PQ
⇒
PM = PQ = PA
⇒
Xét QA//HK

IH PQ
= IH = IK
IK PA
⇒ ⇒
Vậy BP đi qua trung điểm của HK.
1
0.5
0.25
0.25
0.5
0.5
Câu 5
(1điểm
)
Với x, y, z là các số dương áp dụng BĐT cô si ta có:
4 4
2
4 4
2
4 4
2
4 3 4 3
+ 2 = 2x
3 4 3 4
4 3 4 3
+ 2 = 2y
3 4 3 4
4 3 4 3
+ 2 = 2z
3 4 3 4

x y z x y z
y z y z
y z x y z x
z x z x
z x y z x y
x y x y
+ +
≥ ×
+ +
+ +
≥ ×
+ +
+ +
≥ ×
+ +
(dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1)
4 4 4
2 2 2
4 2 2 2
3 3 3
x y z
x y z x y z
y z z x x y
 
⇒ + + + + + ≥ + +
 ÷
+ + +
 
d
l

Q
I
K
H
C
A
O
B
M
E
P
4 4 4
2 2 2
4 2 2 2
3 3 3
x y z
x y z x y z
y z z x x y
 
⇒ + + ≥ + + − − −
 ÷
+ + +
 
*
2 2 2
x +y +z xy yz zx 3≥ + + ≥
dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1
*
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 1 1 1 3 6

2 2 2 ( ) ( 1) ( 1) ( 1)
2 2 2 2 2 2
x y z x y z x y z x y z
+ + − − − = + + + − + − + − − ≥
4 4 4
6
4
3 3 3 2
x y z
y z z x x y
 
⇒ + + ≥
 ÷
+ + +
 

hay
4 4 4
3
3 3 3 4
x y z
y z z x x y
+ + ≥
+ + +
dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1
0.25
0.25
0.25
0.25
* Lưu ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn được điểm tối đa