Gợi ý giai de thi lop 10 mon toan tinh phu tho 2013 - 2014

GV: Đinh Ngọc Linh - THCS Yên Lương .Thanh Sơn.Phú Thọ
ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TÍNH PHÚ THỌ
MÔN TOÁN
NĂM HỌC : 2013 – 2014
Tg: 120 phút (Ngày 18/6/2013)
Câu 1 (2,0 điểm)
a) Tính :
2 16 49−
b) Trong các hình sau đây : Hình vuông, hình bình hành, hình chữ nhật, hình
thang cân. Những hình nào có hai đường chéo bằng nhau ?
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình :
2
2x 7x 3 0− + =
b) Giải hệ phương trình :
{
x 3y 4
x y 2
+ =
+ =
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức :
a a a a
B 1 1
a 1 a 1
  
+ −
= + −
 ÷ ÷
+ −
  

với a
0
≥
, a
1≠
.
b) Cho phương trình :
2 2
x 2(m 1)x m 0+ + + =
(m là tham số).
Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng -2.
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R . Gọi I là trung điểm của OA , vẽ
dây cung MN vuông góc với AB tại I. Trên cung nhỏ MB lấy điểm C (C khác M và
B) , AC cắt MN tại D. Chứng minh rằng :
a) Tứ giác BIDC nội tiếp đường tròn.
b) AD.AC = R
2
c) Khi C chạy trên cung nhỏ BM thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD
luôn thuộc một đường thẳng cố định.
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho x, y là hai số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
x y
P
x(2x y) y(2y x)
+
=
+ + +
Hết
/Họ tên thí sinh :…………………………………Số báo danh :……………………

1
GV: Đinh Ngọc Linh - THCS Yên Lương .Thanh Sơn.Phú Thọ
GỢI Ý GIẢI ĐỀ TOÁN THI LỚP 10 TỈNH PHÚ THỌ
NĂM 2013 - 2014
Câu 1 Hướng dẫn giải
1
a)
2 16 49 2.4 7
8 7 1
− = −
= − =
b) Hình vuông , hình chữ nhật, hình thang cân có hai đường chéo bằng nhau.
Còn hình bình hành có hai đường chéo không bằng nhau.
2
a) Giải phương trình :
2
2x 7x 3 0− + =

Tính biệt thức :
2
( 7) 4.2.3 49 24 25 0, 25 5∆ = − − = − = > ∆ = =
Phương trình có hai nghiệm phân biệt :
1
2
b 7 5 12
x 3
2a 2.2 4
b 7 5 2 1
x
2a 2.2 4 2

− + ∆ +
= = = =
− − ∆ −
= = = =
b) Giải hệ phương trình :
{ {
{
{
x 3y 4 2y 2
x y 2 x y 2
y 1
x 1 2
x 1
y 1
+ = =
⇔
+ = + =
=
⇔
+ =
=
⇔
=
Vậy hệ phương trình có nghiệm (1; 1).
3
a) Rút gọn :
2 2
a a a a a( a 1) a( a 1)
B 1 1 1 1
a 1 a 1 a 1 a 1

(1 a)(1 a )
1 ( a) 1 a
     
+ − + −
= + − = + −
 ÷ ÷  ÷ ÷
+ − + −
     
= + −
= − = −
Vậy
B 1 a
= −
(với
a 0,a 1)≥ ≠
b)
2 2 2
' (m 1) 1.m m 2m 1 4m 2m 1∆ = + − = + + − = +
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt :
1
0 2m 1 0 2m 1 m
2
−
∆ > ⇔ + > ⇔ > − ⇔ >
Phương trình có nghiệm -2 nên thay x = -2 vào phương trình ta được :
2 2
2
2
( 2) 2(m 1)( 2) m 0
m 4(m 1) 4 0

m 0
m 4m 0 m(m 4) 0 (t / m)
m 4
− + + − + =
⇔ − + + =
=

⇔ − = ⇔ − = ⇔
=


Vậy m = 0 hoặc m = 4
2
GV: Đinh Ngọc Linh - THCS Yên Lương .Thanh Sơn.Phú Thọ
4
2
1
O'
D
N
M
I
O
A
B
C
H
a) Xét tứ giác BIDC có :
·
0

DIB 90=
(vì MN
AB)⊥
·
0
DCB 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
=>
·
·
0 0 0
DIB DCB 90 90 180+ = + =
=> Tứ giác BIDC nội tiếp đường tròn.
b) Xét hai tam giác ADI và ABC có :
·
DAI
chung
·
·
0
DIA ACB 90= =
ADI ABC⇒ ∆ ∼ ∆
(g.g)
AD AI
AD.AC AB.AI
AB AC
⇒ = ⇒ =
Vì I là trung điểm của AO nên AI =
R
2

và AB = 2R
2
R
AD.AC .2R R
2
⇒ = =
Vậy , AD.AC = R
2
.
c) Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD. Kẻ
O'H MD⊥
.
Tam giác O’MD cân tại O’ (Vì O’M = O’D) nên
µ µ
¼
1 2
1
O' O' sdMD
2
= =
của
(O’).
Mà
·
¼
1
MCD sdMD
2
=
(góc nội tiếp của đường tròn (O’).

=>
·
µ
·
µ
1 1
MCD O' hay MCA=O'=
Vì MN
AB⊥
nên sđ
¼
AM
=sđ
»
AN

·
·
AMD MCA⇒ =
(Góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau).

·
¶
1
AMD O'⇒ =

·
·
¶
·

0
1
AMD DMO' O' DMO' 90⇒ + = + =
(Vì tam giác MHO’ vuông tại O’)
3
GV: Đinh Ngọc Linh - THCS Yên Lương .Thanh Sơn.Phú Thọ
MA MO'⇒ ⊥
. (1)
Mặt khác MA
MB⊥
(vì góc AMB nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) (2)
Từ (1), (2) suy ra :
M,O',B
thẳng hàng hay
O' MB∈
.
Vì M, B cố định nên đường thẳng MB cố định.
Vậy, tâm O’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD luôn nằm trên đường
thẳng MB cố định.
5
Cách 1 :
Áp dụng Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-xki cho các số thực dương a, b, c, d :
2 2 2 2 2 2 2 2 2
(a b )(c d ) (ac bd) (a b )(c d ) ac bd+ + ≥ + ⇔ + + ≥ +
Ta có :
2
x(2x y) y(2y x) (x y)(2x y 2y x)
x(2x y) y(2y x) 3(x y)
x(2x y) y(2y x) 3(x y) (Vì x, y>0)
1 1

x(2x y) y(2y x) 3(x y)
x y x y 1
(vì x + y >0)
x(2x y) y(2y x) 3(x y) 3
1
P
3
+ + + ≤ + + + +
⇔ + + + ≤ +
⇔ + + + ≤ +
⇒ ≥
+ + + +
+ +
⇒ ≥ =
+ + + +
⇒ ≥
GTNN của
1
P
3
=
khi
x y
x y
2x y 2y x
= ⇔ =
+ +
Cách 2 :
Vì x, y > 0 nên 2x + y , 2y +x đều dương . Áp dụng bất đẳng thức Co si cho
hai số dương ta có :

3x (2x y) 5x y
3x(2x y) x(2x y) (1)
2
2 3
3y (2y x) 5y x
3y(2y x) x(2x y) (2)
2
2 3
+ + +
≥ + ⇒ ≥ +
+ + +
≥ + ⇒ ≥ +
Cộng vế của hai bất đẳng thức trên ta được:
6(x y)
x(2x y) y(2y x)
2 3
x y 1
x(2x y) y(2y x) 3
1
P
3
+
≥ + + +
+
⇒ ≥
+ + +
⇒ ≥
GTNN của
1
P

3
=
khi x = y.
_______________________________________________________
4