Đề-ĐA Toán Vào 10 Thanh Hóa (2013-2014)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn thi:Toán
Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Ngày thi: 12/7/2013
Đề thi có: 01 trang gồm 5 câu.
Câu 1 (2,0 điểm):
1) Cho phương trình bậc hai:
2
3 4 0x x+ − =
với các hệ số là:
1; 3; 4a b c= = = −
a) Tính tổng:
S a b c= + +
b) Giải phương trình trên.
2) Giải hệ phương trình:
2 3
3 2 1
x y
x y
− =


+ =

Câu 2 (2,0 điểm):
Cho biểu thức:
1 1 1
:

1 2 1
x
P
x x x x x
 
+
 
= +
 ÷
 ÷
− − − +
 
 
(với
0; 1x x> ≠
)
a) Rút gọn biểu thức
P
.
b) Tính giá trị biểu thức
P
khi
3 2 2x = −
.
Câu 3 (2,0 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ
Oxy
cho đường thẳng (d):
2 1y ax= +
và
Parabol (P):

2
2y x= −
.
a) Tìm
a
để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 5).
b) Tìm
a
để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ
lần lượt là
1 2
,x x
thoả mãn điều kiện:
2 2
1 2 1 2
4( ) 4 0x x x x+ + + + =
.
Câu 4 (3,0 điểm): Cho (O; R) đường 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 đường thẳng AB
và AP.MB = MA.OB. Chứng minh rằng, đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn
thẳng HK.
Câu 5 (1,0 điểm): Cho
; ;x y z
là các số thực dương thoả mãn:

3xy yz zx+ + ≥
.
Chứng minh rằng:
4 4 4
3
3 3 3 4
x y z
y z z x x y
+ + ≥
+ + +
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 THI CHÍNH THỨC
ĐỀ A
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HOÁ
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2013 - 2014
ĐỀ A
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
Câu Nội dung
Điểm
1
(2,0đ)
1a) Ta có
1 3 ( 4) 0S a b c= + + = + + − =
0.5
1b) Theo câu a) ta có phương trình có hai nghiệm

1; 4x x= = −
0.5
2) Ta có:
2 3 4 4
3 2 1 2 3
x y x
x y x y
− = =
 
⇔
 
+ = − =
 

1
1
x
y
=

⇔

= −

Vậy hệ phương trình có nghiệm
( ; ) (1; 1)x y = −
.
0.5
0.5
2

(2,0đ)
2a) Ta có:
2
1 1 1
:
( 1) 1 ( 1)
x
P
x x x x
 
 
+
= +
 ÷
 ÷
− − −
 
 

2
1 ( 1)
( 1) 1
x x
x x x
+ −
= ×
− +
1x
x
−

=
0.25
0.75
2b) Ta có:
2
3 2 2 ( 2 1) 2 1x x= − = − ⇒ = −
Khi đó
1 2 1 1 2 2
2 1 2 1
x
P
x
− − − −
= = =
− −

2( 2 1)
2
2 1
− −
= = −
−
0.25
0.5
0.25
3
(2,0đ)
3a) Ta có:
(1;5) ( ) 2 1 5 2A d a a∈ ⇔ + = ⇔ =
. Vậy a = 2

1.0
3b) Phương trình hoành độ giao điểm:
2 2
2 2 1 2 2 1 0x ax x ax− = + ⇔ + + =
(1)
(d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt
2
' 2 0a⇔ ∆ = − >
(*)
Theo định lí Viét ta có:
1 2
1 2
1
2
x x a
x x
+ = −



=


Từ gt 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
( ) 2 4.( ) 4 0 4 3 0
3
2
a
a a a a
a
=

⇔ − − × + − + = ⇔ − + = ⇔

=

Kết hợp với điều kiện (*) ta được a = 3.
0.25
0.25
0.25
0.25
4
(3,0đ)
a) Ta có:
·
0
90BCA =
(góc nt chắn nửa đường tròn)
·
0
90 ( )HKB gt=
·
·

0
180BCH HKB⇒ + =
. Suy ra tứ giác CBKH
nội tiếp.
b) Xét
CBE∆
và
CAM∆
ta có:
AM = BE (gt);
CB = CA (vì CO là trung trực của đoạn AB)
·
·
CBE CAM=
(cùng chắn
¼
MC
)
( . . )CBE CAM c g c CE CM⇒ ∆ = ∆ ⇒ =
(1)
x
d
E
P
K
H
Q
C
B
O

A
M
0.25
0.25
0.5
0,5
Vì
·
·
·
·
0 0
1
45 90
2
CEM CME COB ECM= = = ⇒ =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
MCE∆
vuông cân tại C.
0,5
c) Kéo dài BM cắt (d) tại Q. Ta có ba điểm A, P,Q nằm trên tia Ax.
Trong
ABQ∆
có
· ·
.tanABQ=2R.tanABQAQ AB=
Theo gt:
·
·

1
. . .tan .tan
2
MA
AP MB MAOB PA OB R ABM R ABQ AQ
MB
= ⇔ = × = = =

Suy ra P là trung điểm của AQ.
Mà HK // AQ (cùng vuông góc với AB).
Từ đó suy ra BP đi qua trung điểm của HK.
0,25
0,5
0,25
5
(1,0đ)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm:
Ta có:
4 4 2
3 3
2 .
3 16 3 16 2
x y z x y z x
y z y z
+ +
+ ≥ =
+ +

4 4 2
3 3

2 .
3 16 3 16 2
y z x y z x y
z x z x
+ +
+ ≥ =
+ +

4 4 2
3 3
2 .
3 16 3 16 2
z x y z x y z
x y x y
+ +
+ ≥ =
+ +
Suy ra
4 4 4 2 2 2
3 3 3 2 4
x y z x y z x y z
y z z x x y
+ + + +
+ + ≥ −
+ + +
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2
4 4 4

1 1 1 3 3
3 3 3 8
x y z x y z
x y z
y z z x x y
− + − + − + + + −
⇔ + + ≥
+ + +
Ta có:
( ) ( )
2 2
2 2 2 2
( ) 0 3x y y z x z x y z xy yz zx− + − + − ≥ ⇔ + + ≥ + + ≥
Suy ra:
4 4 4
3
3 3 3 4
x y z
y z z x x y
+ + ≥
+ + +
. Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1.
0,5
0,25
0,25
Chú ý:
- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự
phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án.
- Đối với câu 4 (Hình học):
+ Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm;

+ Nếu học sinh không chứng minh mà thừa nhận kết quả của ý trên để giải ý
dưới thì không chấm điểm ý dưới.
- Các trường hợp khác tổ chấm thống nhất phương án chấm.