De thi vao 10 THPT Thanh Hoa 2013

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
THANH HÓA
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
Năm học 2013 – 2014
Môn thi: Toán
Ngày thi: 12 tháng 7 năm 2013
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1: (2,0 điểm)
1. Cho phương trình
2
2 3 0x x+ − =
với các hệ số
1; 2; 3a b c= = = −
.
a. Tính tổng:
S a b c= + +

b. Giải phương trình trên.
2. Giải hệ phương trình
3 2
2 3 4
x y
x y
− =


+ =

.
Câu 2: (2,0 điểm).
Cho biểu thức

1
1 1
:
1 2 1
y
Q
y y y y y
   
+
= +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
− − − +
   
với
0; 1y y> ≠
a) Rút gọn biểu thức
Q
.
b) Tính giá trị của
Q
khi
3 2 2y = −
.
Câu 3: (2,0 điểm)
Cho đường thẳng
: 2 1d y bx= +
và parabol
( )
2

: 2P y x= −
.
a) Tìm
b
để
d
đi qua
( )
1;5B
.
b) Tìm
b
để đường thẳng
d
cắt parabol
( )
P
tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần
lượt là
1 2
,x x
thỏa mãn điều kiện
( )
2 2
1 2 1 2
4 4 0x x x x+ + + + =
.
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho đường tròn (O;R) đường kính EF. Bán kính IO vuông góc với EF, gọi J là điểm
bất kỳ trên cung nhỏ EI (J khác E và I), FJ cắt EI tại L, kẻ LS vuông góc với EF (S

thuộc EF).
a) Chứng minh tứ giác IFSL nội tiếp.
b) Trên đoạn thẳng FJ lấy điểm N sao cho FN=EJ. Chứng minh rằng, tam giác IJN
vuông cân.
c) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại E. Lấy D là điểm nằm trên d sao cho hai điểm D và
I nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng EF và
. .ED JF JE OF=
. Chứng
minh rằng đường thẳng FD đi qua trung điểm của đoạn thẳng LS.
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho
, , 0a b c >
thỏa mãn
3ab bc ca
+ + ≥
. CMR:
4 4 4
3
3 3 3 4
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
.
Họ tên ……………………………… ……….……. Số báo danh ………………………………
Giám thị 1 ……………………………………….… Giám thị 2
…………………………………
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề B
Đáp án THAM KhO Đề thi tuyển sinh vào 10 THPT

tỉnh thanh hóa
Năm học 2013-2014 (Đề B)
Câu 1:
1) Cho phơng trình
2
2 3 0x x+ =
với các hệ số
1; 2; 3a b c= = =
.
a) Tính tổng:
S a b c
= + +

b) Giải phơng trình trên.
2) Giải hệ phơng trình
3 2
2 3 4
x y
x y
=


+ =

.
Giải:
1) a)
1 2 3 0S a b c= + + = + =
b) Suy ra phơng trình có nghiệm
1

1x =
và
2
3
c
x
a
= =
.
2) Ta có
3 2 3 6 2
2 3 4 2 2 0
x y x x
x y x y y
= = =



+ = = =

. Vậy nghiệm của hệ là
( ) ( )
; 2;0x y =
.
Câu 2: Cho biểu thức
1
1 1
:
1 2 1
y

Q
y y y y y

+
= +
ữ ữ
ữ ữ
+

với
0; 1y y>
a) Rút gọn biểu thức
Q
.
b) Tính giá trị của
Q
khi
3 2 2y =
.
Giải:
a) Ta có
( ) ( ) ( )
( )
2
1
2 1 1 1
1 1
. . 1
1 1
1 1 1

y
y y y y y
Q
y y y y
y y y y y y



+ +
ữ ữ
= + = = =
ữ
ữ
ữ ữ
+ +



b) Ta có
( )
2
3 2 2 2 1 2 1y y= = =
. Vậy
1 1 2 2
1 1 2
2 1 2 1
Q
y

= = = =

.
Câu 3: Cho đờng thẳng
: 2 1d y bx= +
và parabol
( )
2
: 2P y x=
.
a) Tìm
b
để
d
đi qua
( )
1;5B
.
b) Tìm
b
để đờng thẳng
d
cắt parabol
( )
P
tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần
lợt là
1 2
,x x
thỏa mãn điều kiện
( )

2 2
1 2 1 2
4 4 0x x x x+ + + + =
.
Giải:
a) Ta có
d
đi qua
( )
1;5B

5 2 1 2b b
= + =
.
b) Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm của phơng trình:
( )
2 2
2 2 1 2 2 1 0 1x bx x bx = + + + =
.
Để
d
cắt parabol
( )
P
tại hai điểm phân biệt thì (1) phải có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x

( )
2

2
' 0 2 0 *
2
b
b
b

>
> >

<


Khi đó hai nghiệm
1 2
,x x
của (1) thỏa mãn hệ thức Vi ét:
1 2
1 2
1
2
x x b
x x
+ =



=

Ta có
( ) ( ) ( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
4 4 0 2 4 4 0x x x x x x x x x x+ + + + = + + + + =
2 2
1
1 4 4 0 4 3 0
3
b
b b b b
b
=

+ = + =

=

.
Kết hợp điều kiện (*) ta đợc
3b
=
.
Câu 4: Cho đờng tròn (O;R) đờng kính EF. Bán kính IO vuông góc với EF, gọi J là điểm
bất kỳ trên cung nhỏ EI (J khác E và I), FJ cắt EI tại L, kẻ LS vuông góc với EF (S thuộc
EF).
a) Chứng minh tứ giác IFSL nội tiếp.
b) Trên đoạn thẳng FJ lấy điểm N sao cho FN=EJ. Chứng minh rằng, tam giác IJN
vuông cân.

c) Gọi d là tiếp tuyến của (O) tại E. Lấy D là điểm nằm trên d sao cho hai điểm D
và I nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đờng thẳng EF và
. .ED JF JE OF=
. Chứng
minh rằng đờng thẳng FD đi qua trung điểm của đoạn thẳng LS.
Giải:
a) Vì I thuộc (O) nên
ã
0
90EIF =
. Vì
LS EF
nên
ã
0
90LSF =
.
Từ đó suy ra
ã
ã
0
180EIF LSF+ =
, do đó tứ giác IFSL nội tiếp.
b) Ta có
IO EF

nên tam giác IEF là tam giác vuông cân
tại I. Suy ra IE=IF (1).
Ta lại có
ã ã

IEJ IFJ=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung

IJ
) (2)
Theo giả thiết ta có FN=EJ (3)
Từ (1), (2) , (3) suy ra
IEJ IFN =
(c-g-c).
Do đó IJ=IN (4) và
ã
ã
EIJ FIN=
.
Suy ra
ã
ã
ã ã ã
ã
0
90JIN EIJ EIN FIN EIN EIF= + = + = =
(5)
Từ (4) và (5) suy ra tam giác IJN vuông cân tại I.
c) Đặt
( )
0SE x x R= < <
. Ta có tam giác LES vuông cân tại
S nên
LS x=
.

Gọi H là giao điểm của FD và LS. Vì D và L nằm cùng phía đối với EF nên H và L nằm
cùng phía đối với S.
Ta có
FHS FDE :
(g-g) nên
2 2
.
2 2
HS SF R x R x
HS DE
DE EF R R

= = =
(6)
Theo giả thiết
. .
ED JE
ED JF JE OF
OF JF
= =
(7).
Ta lại có
FLS FEJ :
(g-g) suy ra
LS JE
FS JF
=
(8).
Từ (7) và (8) suy ra
2 2

ED LS ED x xR
ED
OF FS R R x R x
= = =

(9).
Từ (6) và (9) suy ra
2
.
2 2 2 2
R x xR x LS
HS
R R x

= = =

.
Do đó H là trung điểm của đoạn LS.
Câu 5: Cho
, , 0a b c >
thỏa mãn
3ab bc ca
+ +
. CMR:
4 4 4
3
3 3 3 4
a b c
b c c a a b
+ +

+ + +
.
Giải:
Theo bđt Cô si ta có
( ) ( ) ( )
[ ]
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
2 2 2 3
2 2
a b c a b b c c a ab bc ca ab bc ca

+ + = + + + + + + + = + +

Mặt khác theo bđt Bunhiacopxki ta có
( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 3a b c a b c a b c
+ + + + + + = + +
.
Lại theo bđt Bunhiacopxki ta có:
( )
4 4 4
4
3 3 3
a b c
a b c
b c c a a b

+ + + + =

+ + +

( ) ( ) ( )
4 4 4
3 3 3
3 3 3
a b c
b c c a a b
b c c a a b


= + + + + + + +


+ + +

( )
2
2 2 2
a b c + +
.
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 3

2 2 2 2 2 2 2 2 2
4 4 4 3
2 2 2
1 1 3 3
3 3 3 4 4 3 4 3 4
4 3
a b c a b c a b c
a b c
b c c a a b a b c
a b c
+ + + + + +
+ + = =
+ + + + +
+ +
d
H
D
S
L
I
E
O
F
J
N
§¼ng thøc x¶y ra
1a b c⇔ = = =
. (§iÒu ph¶i chøng minh)

Thọ Xuân, ngµy 15 th¸ng 7 n¨m 2013