ĐÊ+ĐA Toan 10 TH Cao nguyênĐĂKLĂK-2013

N
N
g
g
u
u
y
y
ễ
ễ
n
n


D
D
ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g


H
H
ả
ả
i

i


–
–


G
G
V
V


T
T
H
H
C
C
S
S


P
P
h
h
a
a
n

n


C
C
h
h
u
u


T
T
r
r
i
i
n
n
h
h


–
–


B
B
M

M
T
T


–
–


Đ
Đ
ă
ă
k
k


L
L
ă
ă
k
k


(
(
S
S
ư

ư
u
u


t
t
ầ
ầ
m
m


-
-


g
g
i
i
ớ
ớ
i
i


t
t
h

h
i
i
ệ
ệ
u
u
)
)




trang 1

TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN
HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2013
MÔN THI: TOÁN HỌC
(Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 21/6/2013

Câu 1: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức:

4 7 4 7 2
A     
1
:
1
x x

B
x x x x
 
 
 
 
 


Câu 2: (1,5 điểm)
Cho hệ phương trình:
2 3
5 1
x y m
x y
 


   


1) Giải hệ khi m = 3
2) Tìm m để hệ có nghiệm x > 0, y > 0.

Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình:


2 1 0 1
x x m   
1. Giải phương trình (1) khi m = -4.

2. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn
1 2 1 2
3
4
x x x x
  
.

Câu 4: (4,0 điểm)
Từ một điểm A ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến AB và AC và cát tuyến
AMN của đường tròn đó. Gọi I là trung điểm dây MN, H là giao điểm của AO và BC.
Chứng minh:
a) Năm điểm A, B, I, O, C cùng nằm trên một đường tròn.
b) AB
2
= AM.AN
c)


AHM ANO


Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b > 0 và a
2
+ b
2

= 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
   
1 1
1 1 1 1T a b
b a
   
     
   
   










N
N
g
g
u
u
y
y
ễ
ễ
n

n


D
D
ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g


H
H
ả
ả
i
i


–
–


G
G
V

V


T
T
H
H
C
C
S
S


P
P
h
h
a
a
n
n


C
C
h
h
u
u

T
T
r
r
i
i
n
n
h
h


–
–


B
B
M
M
T
T


–
–


Đ

Đ
ă
ă
k
k


L
L
ă
ă
k
k


(
(
S
S
ư
ư
u
u


t
t
ầ
ầ
m

m


-
-


g
g
i
i
ớ
ớ
i
i


t
t
h
h
i
i
ệ
ệ
u
u
)
)

trang 2

SƠ LƯỢC BÀI GIẢI
Câu 1: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức:
   
   
2 2
4 7 4 7 2
2 8 2 7 8 2 7 2 7 1 7 1 2
7 1 7 1 2 0
0
A
A
A
    
          
     
 

1
:
1
x x
B
x x x x
 
 

 
 
 
(ĐK:
0
x

)
 
 
1 1
1
1
x x x x
x
x
x
B
x
   
   


Câu 2: (1,5 điểm)
1) Khi m = 3 hệ trở thành
6
2 3 3
17
5 1 13
17

x
x y
x y
y





 
 

 
   
 






2)
 
3
2 3 17 3
2 3 5 1
17
5 1 5 1 3
5 1
5 1

17
m
x
x y m x m
x x m
x y y x m
y x
y

 





   
  

  
  
   
      
 

  
  

 





3
17
5 2
17
m
x
m
y












.
Khi đó
3
3
0
0 3 0
2
17

2
0 5 2 5 2 0
5
0
5
17
m
m
x m
m
y m m
m


 



  
 
 
     
   
   

 
 






Câu 3: (2,0 điểm)
1) (ĐK:
1
x

) Khi m = -4, phương trình (1) trở thành:
 
 
2
1 3
1 1 2
2 1 4 0 1 1 4
1 1
1 1 2
x
x
x x x
x vo ly
x


 
  
 
         
 
  
   






1 9 10
x x
    
(TMĐK)
2)




2 2
2 1 0 2 1 2 2 4 0 *
x x m x m x x m x m             
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn
hoặc bằng 1
N
N
g
g
u
u
y
y
ễ
ễ
n

n


D
D
ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g


H
H
ả
ả
i
i


–
–


G
G
V

V


T
T
H
H
C
C
S
S


P
P
h
h
a
a
n
n


C
C
h
h
u
u

T
T
r
r
i
i
n
n
h
h


–
–


B
B
M
M
T
T


–
–


Đ

Đ
ă
ă
k
k


L
L
ă
ă
k
k


(
(
S
S
ư
ư
u
u


t
t
ầ
ầ
m

m


-
-


g
g
i
i
ớ
ớ
i
i


t
t
h
h
i
i
ệ
ệ
u
u
)
)

trang 3

Theo Viét, ta có


1 2
2
1 2
2 2
4
x x m
x x m
    

 


Khi đó
 
2 2
1 2 1 2
1
3 3
2
2 2 4 4 8 3 0
3
4 4

2
m
x x x x m m m m
m

 


             


 



Thử lại: Với
 
1
2
2
5 2 2
1
1
2
, * 4 20 17 0
2
5 2 2
1
2
x

m x x
x


 


      



 


(TMĐK)
Với
 
1
2
2
7 2 6
1
3
2
, * 4 28 25 0
2
7 2 6
1
2
x

m x x
x


 


      



 


(TMĐK)
Vậy
1
2
m
 
,
3
2
m
 
thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2
thỏa mãn

1 2 1 2
3
4
x x x x
  
.
Chú ý: Nếu không thử lại thì phải tìm điều kiện của m để (*) có hai nghiệm phân biệt
lớn hơn hoặc bằng 1 như sau:
Đặt
1 1
x t x t
    
. Khi đó








2
2
* 2 1 1 0 **
t m t m     

(*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng 1  (**) có hai nghiệm phân biệt
không âm
   
 

 
2 2
'
2
1 1 0
0
4 0
0 1 0 0
1 0
0 2 1 0
m m
m
P m m
m
S m

   

 

 

 
       
  
 

 
   





Khi đó
1
2
m
 
,
3
2
m
 
(TMĐK)
Câu 4: (4,0 điểm)


a) Ta có:


0
90
ABO ACO
 
(AB, AC là tiếp tuyến của (O))


0
90
AIO

 (vì
1
2
IM IN MN OI MN
    )
Do đó



0
90
ABO ACO AIO
    B, C, I cùng thuộc đường tròn đường kính OA
hay năm điểm A, B, I, O, C cùng nằm trên một đường tròn. (đpcm)
b) Xét
ABM

và
ANB

, ta có:
N
N
g
g
u
u
y
y
ễ

ễ
n
n


D
D
ư
ư
ơ
ơ
n
n
g
g


H
H
ả
ả
i
i


–
–


G

G
V
V


T
T
H
H
C
C
S
S


P
P
h
h
a
a
n
n


C
C
h
h
u

u


T
T
r
r
i
i
n
n
h
h


–
–


B
B
M
M
T
T


–
–

Đ
Đ
ă
ă
k
k


L
L
ă
ă
k
k


(
(
S
S
ư
ư
u
u


t
t
ầ

ầ
m
m


-
-


g
g
i
i
ớ
ớ
i
i


t
t
h
h
i
i
ệ
ệ
u
u
)

)




trang 4



A
(góc chung),



1
2
ABM ANB sdBM
 
(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp
tuyến và dây cùng chắn cung

BM
của (O))
Vậy
ABM


ANB


2
.
AB AN
AB AM AN
AM AB
    (đpcm)
c) Vì AB = AC (AB, AC là tiếp tuyến của (O))
OB = OC (bán kính của (O))
Nên AO là trung trực BC
AO BC
 

Xét
ABO

, ta có:

0
90
ABO

,


AO BH AO BC
 
2
.
AB AH AO
  mà

2
.
AB AM AN
 (câu b) . .
AH AN
AH AO AM AN
AM AO
   
Xét
AHM

và
ANO

, ta có:

A
(góc chung),
AH AN
AM AO
 (cmt)
Vậy
AHM


ANO





AHM ANO
 
(đpcm)
Câu 5: (1,0 điểm)
Với
, 0
x y

, ta có


 
2
0 2 *
x y x y xy    
. Dấu “=” xảy ra khi
x y


Do đó
2 2
1
1 2 2
a b ab
ab
    
(vì
, 0
a b


)
Ta có
   
1 1 1 1
1 1 1 1 2
a b
T a b a b
b a a b b a
   
            
   
   


1 1 1 1 1
2
2 2 2
a b
a b
a b a b b a
       
        
       
       

Vì
, 0
a b

, áp dụng (*) ta có:

1 1 2
2 2
a b
ab
  
(do
1
2
ab

),
1 2
2
2
2
a
a
   ,
1 2
2
2
2
b
b
   ,
2
a b
b a
 
.

Do đó:
1
2 2 2 2 2 2 4 3 2
2
T         . Dấu “=” xảy ra khi
2 2
1
2
2
1
2
2
1, 0, 0
a b
a
a
a b
b
b
a b
b a
a b a b









  







   


. Vậy GTNN của T là
4 3 2
 khi
2
2
a b 