De thi vao 10 mon Toan tinh Thanh Hoa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
THANH HÓA Năm học 2013 – 2014
Môn thi: Toán
Ngày thi: 18 tháng 6 năm 2013
(Thời gian làm bài: 120phút)
Bài 1:(2.0 điểm )
1.Giải hệ phương trình:



+−=+−
−+=−
)3)(72()72)(3(
)4)(2()2(
yxyx
yxyx
2. Cho hàm số : y = -2x
2
(P)
Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B thuộc (P) có hoành độ lần lượt
là -1 và 2.
Bài 2 :(2.0 điểm ) Cho biểu thức :
1 1 1
4
1 1 2
a a
P a
a a a a
 
+ −
= − +

 ÷
 ÷
− +
 
, (Với a > 0 , a ≠1)
1. Chứng minh rằng :
2
1
P
a
=
−
2. Tìm giá trị của a để P = a
Bài 3 :(2.0 điểm )
Cho phương trình x
2
– 2mx – 2m – 5 = 0 ( m là tham số)
1. Giải phương trình với m=-1
2.Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m .
3.Tìm m để
1 2
x x−
đạt giá trị nhỏ nhất ( x
1
; x
2
là 2 nghiệm của phương trình )
Bài 4 (3.0 điểm)
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường cao AD, BE cắt
nhau tại H (D

∈
BC, E
∈
AC) .
1. Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn.
2. Tia AO cắt đường tròn (O) tại K ( K khác A). Chứng minh tứ giác BHCK là hình
bình hành.
3. Gọi F là giao điểm của tia CH với AB. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
AD BE CF
Q .
HD HE HF
= + +
Bài 5 (1.0 điểm) : Cho 2 số dương a, b thỏa mãn
1 1
2
a b
+ =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

4 2 2 4 2 2
1 1
2 2
Q
a b ab b a ba
= +
+ + + +
.
Hết
Họ và tên thí sinh…………………….…….…… Số báo danh………………………….
Giám thị số 1……………………….….….Giám thị số 2……………… ……………….

ĐỀ CHÍNH THỨC
A
PHÒNG GD& ĐT Đề A
Trường THCS Thiệu Duy . HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ VÀO LỚP10.
MÔN TOÁN: Năm học: 2013– 2014.
CÂU
NỘI DUNG
ĐIỂM
1
1.



=
=
⇔



=+
−=−
⇔



−+−=−+−
−−+=−
⇔




+−=+−
−+=−
2y
-2x


0
4
2167221762
8422
)3)(72()72)(3(
)4)(2()2(
yx
yx
xyxyxyxy
xyxyxxy
yxyx
yxyx
1.0
2.Tìm được tọa độ A(-1 ; -2) và B(2 ; -8)
Viết đúng pt đường thẳng AB là :
y 2x 4= − −
1.0
2
1. Chứng minh rằng :
2
1
P
a

=
−
1 1 1
4
1 1 2
a a
P a
a a a a
 
+ −
= − +
 ÷
 ÷
− +
 
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2
1 1 4
1 1
1
.
2
1 1
a a a
a a
P
a a
a a

+ − − +
+ −
=
+ −
( ) ( )
2 1 2 1 4 4 1
.
2
1 1
a a a a a a a
P
a a
a a
+ + − + − + −
=
+ −
4 1 2
.
1 1
2
a a
P
a a
a a
= =
− −
(ĐPCM)
1.0
2. Tìm giá trị của a để P = a. P = a
=>

2
2
2 0
1
a a a
a
= => − − =
−
.
Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phương trình có 2 nghiệm
a
1
= -1 < 0 (không thoả mãn điều kiện) - Loại
a
2
=
2
2
1
c
a
−
= =
(Thoả mãn điều kiện)
Vậy a = 2 thì P = a
1.0
3
Bài 4 (2điểm)
1. PT :
2

2 3x x+ −
co 2 nghiệm
1 2
1; 3x x= = −
2.Cho phương trình x
2
– 2mx – 2m – 5 = 0 ( m là tham số)
∆’ = (-m)
2
– (-2m – 5) = m
2
+ 2m + 5 = (m +2)
2
+4 > 0, với mọi m
Nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m .
1.0
0.5
3.Theo hệ thức Vi-et ta có:
1 2
1 2
2
. 2 5
x x m
x x m
+ =


= − −

Ta có: (x

1
– x
2
)
2
= (x
1
+ x
2
)
2
- 4x
1.
x
2

= (2m)
2
– 4.(-2m – 5) = 4m
2
+ 8m + 20
= (2m +2)
2
+16 ≥ 16
0.5
⇒
1 2
x x−
≥ 4
Dấu “=” xảy ra khi 2m + 2 = 0 ⇔ m = -1

Vậy: m = -1 thì
1 2
x x−
= 4 đạt giá trị nhỏ nhất .
4
a) Vì AD và BE là các đường cao nên ta có:
·
·
ADB AEB 90= =
o
0,5
⇒
Hai góc
·
·
ADB, AEB
cùng nhìn cạnh AB
dưới một góc
90
o
nên tứ giác ABDE nội tiếp
đường tròn.
0,5
b) Ta có:
·
·
ABK ACK 90= =
o
(góc nội tiếp chắn
nữa đường tròn)

CK AC,BK AB⇒ ⊥ ⊥
(1)
Ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên:
BH AC,CH AB⊥ ⊥
(2)
0,5
Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK.
Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành (theo
định nghĩa)
0,5
Đặt S
BHC
= S
1
, S
AHC
= S
2
, S
AHB
= S
3
, S
ABC
= S. Vì
ABC∆
nhọn nên trực tâm H
nằm bên trong
ABC∆
, do đó: S = S

1
+ S
2
+ S
3
.
0,25
Ta có:
ABC ABC ABC
BHC 1 AHC 2 AHB 3
S S S
AD S BE S CF S
(1), (2), (3)
HD S S HE S S HF S S
= = = = = =
0,25
Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được:
1 2 3 1 2 3
AD BE CF S S S 1 1 1
Q S
HD HE HF S S S S S S
 
= + + = + + = + +
 ÷
 
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương, ta có:
3
1 2 3 1 2 3
S S S S 3 S .S .S= + + ≥
(4) ;

3
1 2 3
1 2 3
1 1 1 3
S S S
S .S .S
+ + ≥
(5)
0,25
Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được:
Q 9≥
. Đẳng thức xẩy ra
1 2 3
S S S⇔ = =
hay
H là trọng tâm của
ABC∆
, nghĩa là
ABC∆
đều.
0,25
5
Với
0; 0a b> >
ta có:
2 2 4 2 2 4 2 2
( ) 0 2 0 2a b a a b b a b a b− ≥ ⇔ − + ≥ ⇒ + ≥

4 2 2 2 2
2 2 2a b ab a b ab⇔ + + ≥ +

( )
4 2 2
1 1
(1)
2 2a b ab ab a b
⇔ ≤
+ + +

0,25
Tương tự có
( )
4 2 2
1 1
(2)
2 2b a a b ab a b
≤
+ + +
. Từ (1) và (2)
( )
1
Q
ab a b
⇒ ≤
+

0,25
Vì
1 1
2 2a b ab

a b
+ = ⇔ + =
mà
2 1a b ab ab+ ≥ ⇔ ≥
2
1 1
2( ) 2
Q
ab
⇒ ≤ ≤
.
0,25
Khi a = b = 1 thì
1
2
Q⇒ =
. Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là
1
2

0,25
Với
0; 0a b> >
ta có:
2 2 4 2 2 4 2 2
( ) 0 2 0 2a b a a b b a b a b− ≥ ⇔ − + ≥ ⇒ + ≥

4 2 2 2 2
2 2 2a b ab a b ab⇔ + + ≥ +

( )
4 2 2
1 1
(1)
2 2a b ab ab a b
⇔ ≤
+ + +

0,25
H
F
E
D
K
O
C
B
A