thi vao 10 mon toan thanh hoa 2013-2014

Đề thi lớp 10 thanh hoá năm học : 2013 2014
Môn : Toán
Ngày thi : 12/07/2013
Mã đề : A
Bài 1 (2,0 điểm) : 1/ Cho phơng trình bậc hai : x
2
+ 3x 4 = 0 với các hệ số a = 1 ; b = 3 ;
c = -4
a/ Tính tổng : S = a + b + c
b/ Giải phơng trình trên
2/ Giải hệ phơng trình :
2 3
3 2 1
x y
x y
=


+ =

Bài 2 (2,0 điểm) : Cho biểu thức :
1 1 1
:
1 2 1
x
P
x x x x x

+

= +

ữ
ữ
ữ
+


(Với x > 0; x 1)
a/ Rút gọn biểu thức P
b/ Tính giá trị của biểu thiức P khi
3 2 2x
=
Bài 3 (2,0 điểm) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng thẳng (d) : y = 2ax + 1 và Parabol
(P) : y = -2x
2
a/ Tìm a để đờng thẳng (d) đi qua điểm A(1 ; 5)
b/ Tìm a để đờng thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lợt là x
1
;
x
2
thoả mãn điều kiện x
1
2
+ x
2
2
+ 4(x
1
+ x
2

) + 4 = 0
Bài 4 (3,0 điểm) : Cho (O;R) đờng 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 ( K thuộc AB).
a/ Chứng minh tứ giác CBKH nội tiếp
b/ Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh rằng tam giác MCE
vuông cân
c/ Gọi (d) là tiếp tuyến của (O) tại điểm A. Lấy P là điểm nằm trên (d) sao cho hai điểm P
và C nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đờng thẳng AB và AP.MB = MA.OB. Chứng
minh rằng , đờng thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK
Bài 5 (1,0 điểm) : Cho x, y, z là ba số thực dơng thoả 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
Lời giải và thang điểm
Bài Nội dung Điểm
Câu 1
2.0đ
1/
a/ Ta có : S = a + b + c = 1 + 3 + (-4) = 0
b/ Vì a + b + c = 0. Nên phơng trình có hai nghiệm
1
1x
=

và
2
4
4
1
c
x
a

= = =
0.5
0.5
2/
2 3 4 4 1 1
3 2 1 2 3 1 2 3 1
x y x x x
x y x y y y
= = = =

<=> <=> <=>

+ = = = =

Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhât :
1
1
x
y
=

=

0.75
0.25
Câu 2
2.0đ
a/ Rút gọn biểu thức P
( )
( )
2
1 1 1 1 1 1
: :
1 2 1 1
1
1
x x
P
x x x x x x
x x
x



+ +



= + = +
ữ

ữ
ữ


+






( )
( )
( )
( )
2
2
1
1 1 1 1
: .
1
1 1
1
x
x x x x
P
x x
x x x x
x

+ + +
= = =
+


1.0
b/ Tính giá trị của biểu thiức P khi
3 2 2x
=
Ta có :
( ) ( )
2 2
3 2 2 2 1 2 1 2 1x x= = => = =
=>
1 2 1 1 2 2
2
2 1 2 1
x
P
x

= = = =

Vậy với
3 2 2x
=
thì P =
2

1.0

Câu 3
2.0 đ
a/ Để đờng thẳng (d) đi qua điểm A(1 ; 5) => x = 1 thì y = 5, thay vào
đờng thẳng (d) ta có
5 = 2a.1 + 1 => 2a = 4 => a = 2
Vậy với a = 2 thì đờng thẳng (d) đi qua điểm A(1 ; 5)
1.0
b/ Hoành độ giao điểm của đờng thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm
của phơng trình :
-2x
2
= 2ax + 1
<=> 2x
2
+ 2ax + 1 = 0 (1)
+ Để đờng thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt thì phơng
trình (1) có hai nghiệm phân biệt
=> > 0 <=> a
2
2 > 0 =>
( ) ( )
2 2 0a a + >
TH1 :
2 0 2
2
2 0 2
a a
a
a a

> >

=> => >

+ > >


1.0
TH2 :
2 0 2
2
2 0 2
a a
a
a a

< <

=> => <

+ < <


=>
2a
>
hoặc
2a
<
(2)

+ Khi đó x
1
; x
2
là hai nghiệm của phơng trình (1) nên theo viét ta có
1 2
1 2
2
2
1
2
a
x x a
x x


+ = =




=


(3)
x
1
2
+ x
2

2
+ 4(x
1
+ x
2
) + 4 = 0 <=>
( ) ( )
2
1 2 1 2 1 2
2 4 4 0x x x x x x
+ + + + =
Thay (3) vào ta có
(-a)
2
1 + 4.(-a) + 4 = 0 => a
2
4a + 3 = 0
Ta có 1 + (-4) + 3 = 0. Vậy phơng trình có hai nghiệm
a
1
= 1 và a
2
=
3
3
1
=
(4)
Kết hợp (2) và (4) => a = 3.
Câu 4

3.0đ
Hình vẽ
1
4
3
2
1
D
N
(d)
P
O
E
K
H
M
C
B
A
a/ Chứng minh tứ giác CBKH nội tiếp
Ta có :
ã
0
90ACB
=
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) =>
ã
0
90HCB =
(1)

ã
0
( ) 90HK AB gt HKB
=> =
(2)
Từ (1)và(2)=>
ã ã
0
180HCB HKB+ =
=>Tứ giác CBKH nội tiếp (đ/l) ĐPCM
1.0
b/. Chứng minh rằng tam giác MCE vuông cân.
Xét MAC và EBC có
AM = BE (gt) (3)
Xét đờng tròn (O) :
ã ã
MAC MBC=
(cùng chắn cung MC) (đ/l)
=>
ã
ã
MAC EBC=
(4)
Do OA = OB = R, COAB => CO là đờng trung trực của AB (đ/n)
=> CA = CB (t/c) (5)
Từ 3,4,5 => MAC = EBC (c.g.c)
=> CM = CE =>MCE cân tại C (6)
Ta có :
ã
ã

0 0
1 1
.90 45
2 2
CMB COB
= = =
(đ/l) =>
ã
0
45CME =
(7)
Từ 6,7 => MCE vuông cân tại C (ĐPCM)
1.0
c/ Chứng minh rằng , đờng thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn
thẳng HK.
Gọi BM kéo dài cắt (d) tại D, HK cắt BP tại N. Ta đi chứng minh
NK = NH.
Ta có :
AP.MB MA.OB(gt)
AP MA
OB MB
= => =
(8)
ã
ã
PAM MB A
=
(cùng chắn cung AM) =>
ã
ã

PAM OBM
=
(9)
Từ (8) và (9) => PAM ~ OBM (c.g.c)
=>
ả
ả
1 3
M M
=
(hai góc tơng ớng) (10)
Ta có :
ả
ả
ã
0
2 3
90M M AMC+ = =
(góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn) (11)
Từ (10) và (11) =>
ã
ả
ả
0
1 2
90PMO M M= + =
=> PM là tiếp tuyến của (O)
=> PM = PA (hai tiếp tuyến cắt nhau) (12)
Ta có :
ả

ả
ả
ả
( )
3
0 0
4 3 1
90 90M M Do M M
+ = + =
(13)
ABD vuông tại A =>
ả
ã
0
1
90D ABD+ =
(14)
Do OB = OM =>
ả
ã
3
M ABD=
(15)
Từ 13,14,15 =>
ả
ả
1 4
D M
=
=> PM = PD (16)

Từ (12) và (16) => PA = PD (17)
Do HK//AD theo talét ta có
1.0
NK B N
PA BP
=
và
NH BN
PD BP
=
=>
NK NH
PA PD
=
(18)
Từ 17,18 => NK = NH => đờng thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn
thẳng HK.
Câu 5
1.0đ
áp dụng côsi cho hai số không âm :
4
3
x
y z
+
và
3
16
y z
+

Ta có :
4 2
3
3 16 2
x y z x
y z
+
+
+
(1)
tơng tự
4 2
3
3 16 2
y z x y
z x
+
+
+
(2)
4 2
3
3 16 2
z x y z
x y
+
+
+
(3)
Cộng 1,2,3 ta đợc

( )
( )
2 2 2
4 4 4
3 3 3 4 2
x y z
x y z
x y z
y z z x x y
+ +
+ +
+ + +
+ + +
(4)
Ta có : Ta có :
( )
( )
2
2 2 2
2
2
1 2
3
1 2
2
1 2
x x
x y z
y y x y z
y y

+
+ + +

+ => + +


+

(5)
Tù 4, 5 =>
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 4 4
3 3 3
3 3 3 2 8 8
x y z x y z x y z
x y z
y z z x x y
+ + + + + + +
+ + =
+ + +
(6)
Ta có :
( )
2 2
2 2 2 2 2
2 2
2
2 3

2
x y xy
y z yz x y z xy yz zx
z x zx

+

+ => + + + +


+

(7)
Từ 6,7 =>
4 4 4
3.3 3 6 3
3 3 3 8 8 4
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 = xảy ra khi x = y = z (ĐPCM)
1.0