Đề thi vào lớp 10 tỉnh Thanh Hóa năm 2013-2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
THANH HÓA NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn
thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 12 tháng 7 năm 2013
Đề thi có 01 trang gồm 5 câu
Câu 1 (2.0 điểm):
1. Cho phương trình bậc hai: x
2
+2x – 3 = 0, với các hệ số a = 1, b = 2, c = -3
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 y > 0;
1y
≠
)
a. Rút gọn biểu thức Q
b. Tính giá trị biểu thức Q khi
3 2 2y
= −
Câu 3 (2.0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2bx + 1 và
Parabol (P): y = - 2x
2
.
a. Tìm b để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1;5)
b. Tìm b để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ thỏa
mãn điều kiện: x
1
2
+ x
2
2
+ 4(x
1

+ x
2
) = 0.
Câu 4 (3.0 điểm): Cho (O; R) đường kính EF. Bán kính OI 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 tại điểm E. Lấy D là điểm nằm trên (d) sao cho hai điểm D và
I cùng nằm trên cùng một nữa mặt phẳng bờ là đường thẳng FE 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 a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca
≥
3.
Chứng minh rằng:
4 4 4
3
3 3 3 4
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +
Hết
(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ B
O

S
L
I
FE
D
P
J
K
N
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ CHẤM
CÂU NÔI DUNG ĐIỂM
1.
1a. S = 1 + 2 + (-3) = 0 0.5
1b. Ta có a + b + c = 0
Nên phương trình có nghiệm x
1
= 1, x
2
= -3
0.5
2.
3 2 3 6 2
2 3 4 2 3 4 0
x y x x
x y x y y
− = = =
  
<=> <=>
  
+ = + = =

  
0.75
Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất: (x;y) = (2;0). 0.25
2.
a.
1
1 1
:
1 2 1
y
Q
y y y y y
   
+
= +
 ÷  ÷
 ÷  ÷
− − − +
   
( )
( )
2
1
1 1
:
1
1
1
y
y

y y
y
 
 
+
 ÷
 ÷
= +
 ÷
 ÷
−
−
 ÷
−
 
 
0.25
( )
( )
2
1
1 1
1
1
y
y y
y y
y y
 
 

−
+ −
 ÷
 ÷
= =
 ÷
 ÷
+
−
 ÷
 
 
0.75
b.
3 2 2y = −
=
( )
2
2 1−
0.25
Thay vào ta được giá trị tương ứng
2 1 1 2 2
2
2 1 2 1
Q
− − −
= = =−
− −
0.75
3.

a. Để (d) đi qua B(1;5) thì ta phải có: 5 = 2b.1 + 1=> b = 2.
Khi đó đường thẳng (d) có phương trình là: y = 4x + 1.
0.25
b. Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình sau phải có hai
nghiệm phân biệt:
2bx + 1= -2x
2
<=> 2x
2
+ 2bx + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt
0.25
<=> b
2
– 2 > 0
<=>
2 b− >
hoặc
2b >
(*)
0.25
Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có:
1 2
1 2
1
2
x x b
x x
+ = −




=


Để x
1
, x
2
thỏa mãn x
1
2
+ x
2
2
+ 4(x
1
+x
2
) = 0 <=> (x
1
+x
2
)
2
+4(x
1
+x
2
) -2x
1

x
2
= 0
<=> b
2
-4b – 1 = 0
0.25
Giải phương trình ẩn b ta được
2 5b = ±
, chỉ có
2 5b = +
là thỏa mãn điều
kiện (*)Vậy
2 5b = +
0.25
4 Hình vẽ:
a. Ta có
¶
0
EIF=90
(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
L IE∈
=>
¶
0
LIF=90
,
0.25
theo đề bài LS
⊥

EF =>
·
0
LSF=90
0.25
Do đó tứ giác LSFI nội tiếp được vì có:
¶
·
0
LIF+LSF=180
0.5
b. Ta có
IJEV
=
INFV
(c.g.g) vì:
EJ = FN ( đề bài), IE = IF (vì
IEFV
cân tại I )
0.5
Mặt khác: Trong (O) ta có
¶
¶
IEJ IFJ=
( góc nội tiếp cùng chắn cung IJ).
Suy ra: IJ = IN ( cặp cạnh tương ứng)
Xét
IJNV
có
¶

1
IJN
2
=
sđ
º
IF
= 45
0
0.25
Do đó
IJNV
vuông cân tại I 0.25
c. Gọi K là giao điểm của FD và LS, P là giao điểm của tia FJ và d
Theo đề bài ta có ED.JF = JE.OF, mà OE=OF => ED.JF = JE.OE
=>
ED OE
=
JE JF
=>
EODV
đồng dạng với
IFEV
=>
·
·
EOD JFE=
, mà chúng ở vị trí
đồng vị nên => OD//JF=> OD//FP(vì P
∈

FJ)
0.25
Trong tam giác PEF có OD//PF, OE = OF => OD là đường trung bình của
PEFV
=>DP = DE (1)
0.25
Mặt khác: Theo đề bài ta suy ra
EF, EF / /EP SL EP SL⊥ ⊥ =>
Theo hệ quả của định lí Ta lét ta có:
FL FS LK FK SK
= =
FP FE PD FD ED
= =
(2) 0.25
Từ (1) và (2) => LK = LS, hay FD đi qua trung điểm của LS. 0.25
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
+ + ≥
+ + +
Cách 1: Vì a, b, c dương nên ta có: a
2

+ b
2
+ c
2

≥
ab + bc + ca
≥
3 =>a
2
+ b
2
+
c
2

≥
3
Mặt khác theo bđt Bunhiacopxki ta có
( )
( ) ( ) ( )
( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 1 3
3 (2)
a b c a b c a 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 2 2
4 4 4
2 3
2 2 2 2 2 2
3
2 2 2
3 3 3 4
1 1 3 3
4 3 4 3 4
4 3
a b c
a b c
b c c a a b a b c
a b c a b c
a b c
+ +
⇒ + + ≥
+ + + + +
+ + + +
≥ = ≥ =
+ +

Đẳng thức xảy ra
1a b c⇔ = = =
. (Điều phải chứng minh)
0.25
Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bộ hai số dương:
4
a
b +3c
và
0.5
b +3c
16
ta có
4
a
b +3c
+
b +3c
16
≥

4 2
a b+3c
2 .
b+3c 16 2
a
=
, ( dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1)
Tương tự ta cũng có:
4

+3a
b
c
+
+3a
16
c
≥

4 2
c+3a
2 .
c+3a 16 2
b b
=
.
4
+3b
c
a
+
+3b
16
a
≥

4 2
a+3b
2 .
a+3b 16 2

c c
=
.
Suy ra:
4
a
b +3c
+
4
+3a
b
c
+
4
+3b
c
a
+
b +3c
16
+
+3a
16
c
+
+3b
16
a
≥
2 2 2

a +b +c
2
≥
3
2
.
=>
4
a
b +3c
+
4
+3a
b
c
+
4
+3b
c
a
≥
3
2
-
a+b+c
4
( dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1).
Mặt khác áp dụng BĐT Bunhia:
(a + b + c)
2

≤
(1 + 1+ 1)(a
2
+ b
2
+ c
2
)
⇒
a + b + c
≤

3
.
2 2 2
a b c+ +
⇒
- (a + b + c)
≥
-
3
.
2 2 2
a b c+ +
⇒
2 2 2
1
( )
2

a b c+ +
-
1
( )
4
a b c+ +
≥
2 2 2
1
( )
2
a b c+ +
-
3
4
.
2 2 2
a b c+ +
⇒
VT
≥
2 2 2
1
( )
2
a b c+ +
-
3
4
.

2 2 2
a b c+ +

Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c = 1
Lại có: a
2
+ b
2

≥
2ab

b
2
+ c
2
≥
2bc
c
2
+ a
2
≥
2ca
⇒
a
2
+ b
2
+ c

2

≥
ab + bc + ca
≥
3
⇒
a
2
+ b
2
+ c
2

≥
3
⇒
2 2 2
a b c 3+ + ≥
.
Dấu bằng xảy ra khi:
1
3
a b c
a b c
ab bc ca
= =

⇔ = = =


+ + =

Xét hiệu:
A =VT -
3
4
=
2 2 2
1
( )
2
a b c+ +
-
3
4
.
2 2 2
a b c+ +
-
3
4
Đặt t =
2 2 2
a b c+ +
với t
3≥
A =
1
2
t

2
-
3
4
t -
3
4
= (
1
2
t
2
-
3
2
t ) + (
3
4
t -
3
4
) =
1
2
t .(t -
3
) +
3
4
(t -

3
)
= (t -
3
).(
1
2
t +
3
4
)
Do t
3≥
nên A
≥
0
⇒
VT -
3
4
≥
0
=> VT
≥
3
4
Hay
4 4 4
3
3 3 3 4

a b c
b c c a a c
+ + ≥
+ + +
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c =1
0.25
Cách 3
Ta có : a
2
+ b
2
+ c
2
– ab –ac – bc =
2
1
[ ]
0)()()(
222
≥−+−+− accbba
nên : a
2
+b
2
+c
2

≥
ab +ac +bc ≥ 3
2 2 2

a b c 3
(1)
4 4
+ +
⇒ ≥

đẳng thức xảy ra khi a = b = c
và:
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
a b c 2a 2b 2c 3 (a 1) (b 1) (c 1) 0
a b c 2 a b c 3 0
a b c 3
a b c
2
2 a b c
a b c a b c 2.3
1
a b c 3

a b c a b c 3 3 3
2
a b c
1 (2)
a b c
+ + − − − + = − + − + − ≥ 
 
⇔ + + − + + + ≥
+ + +
⇔ + + ≤
+ +
+ + + +
⇔ ≥ = ≥ =
+ + +
+ + + + + +
+ +
⇒ ≥
+ +
đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có :
( ) ( ) ( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2
2 2 2
2
2 2 2

4 4 4 2 2 2 2 2 2
a b c
b 3c c 3a a 3b
b 3c c 3a a 3b
a b c
a b c
a b c a b c a b c
(*)
b 3c c 3a a 3b 4(a b c) 4 a b c
 
     
 
+ + + + + + +
 
 ÷  ÷  ÷
 
 
+ + +
     
 
 
≥ + +
+ +
+ + + +
⇔ + + ≥ =
+ + + + + + +
g
Kết hợp (1) (2) và (*) ta có:
4 4 4
3

3 3 3 4
a b c
b c c a a b
+ + ≥
+ + +

đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1