Đề và đáp án tham khảo môn toán thi vào lớp 10 THPT tham khảo

Đề và đáp án tham khảo môn toán thi vào lớp 10 THPT tham khảo
Sở Giáo dục - Đào tạo
Hà Nam
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Năm học: 2013 - 2014
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (1,5 điểm)
Rút gọn các biểu thức sau:
A =
a a a 1
a 1
a 1
− −
−
−
+

(a 0;a 1)≥ ≠
B =
4 2 3 6 8
2 2 3
+ − − +
+ −

Câu 2: (2,0 điểm)
a) Giải phương trình: x
2
- 6x - 7 = 0
b) Giải hệ phương trình:
2x y 1

2(1 x) 3y 7
− =


− + =


Câu 3: (1,5 điểm)
Cho phương trình: x
2
+ 2(m – 1)x – 2m – 3 = 0 (m là tham số).
a) Chứng minh phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt x
1
; x
2

m R
∀ ∈
.
b) Tìm giá trị của m sao cho (4x
1
+ 5)(4x
2
+ 5) + 19 = 0.
Câu 4: (4,0 điểm)
Cho đường tròn tâm O, đường kính AB. Lấy điểm C thuộc (O) (C không trùng với A, B), M
là điểm chính giữa cung nhỏ AC. Các đường thẳng AM và BC cắt nhau tại I, các đường thẳng AC
và BM cắt nhau tại K.
a) Chứng minh rằng:
·

·
ABM IBM=
và ABI cân
b) Chứng minh tứ giác MICK nội tiếp
c) Đường thẳng BM cắt tiếp tuyến tại A của (O) ở N. Chứng minh đường thẳng NI là tiếp
tuyến của đường tròn (B;BA) và NI
⊥
MO.
d) Đường tròn ngoại tiếp BIK cắt đường tròn (B;BA) tại D (D không trùng với I).
Chứng minh ba điểm A, C, D thẳng hàng.
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho các số thực dương x, y thỏa mãn
y 2x 3 1
2x 3
y 1
+ +
=
+
+
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q = xy – 3y - 2x – 3.
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
1
Đề chính thức
Sở Giáo dục - Đào tạo
Hà Nam
Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT
Năm học: 2013 - 2014
Môn thi: Toán

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (1,5 điểm)
a)
A =
a a a 1
a 1
a 1
− −
−
−
+
=
a( a 1) a 1 a a 1 1
( a 1)( a 1) a 1 a 1 a 1
− − − +
− = =
− + + + +
0,75 đ
b)
B =
4 2 3 6 8
2 2 3
+ − − +
+ −
=
2 2 3 2 2 2 6 (2 2 3) 2(2 2 3)
2 2 3 2 2 3
+ − + + − + − + + −
=
+ − + −

=
(1 2)(2 2 3)
1 2
2 2 3
+ + −
= +
+ −
0,75 đ
Câu 2: (2,0 điểm)
a)
x
2
- 6x - 7 = 0
2
x 7x x 7 0 x(x 7) (x 7) 0⇔ − + − = ⇔ − + − =
x 7 0 x 7
(x 7)(x 1) 0
x 1 0 x 1
− = =
 
⇔ − + = ⇔ ⇔
 
+ = = −
 
Vậy: S =
{ }
7; 1−
1,0 đ
b)
2x y 1 y 2x 1

2(1 x) 3y 7 2 2x 3(2x 1) 7
− = = −
 
⇔
 
− + = − + − =
 
y 2x 1 y 2x 1 y 4 1 3
2 2x 6x 3 7 0 4x 8 x 2
= − = − = − =
  
⇔ ⇔ ⇔
  
− + − − = = =
  
Vậy: (x; y) = (2; 3)
1,0 đ
Câu 3: (1,5 điểm)
x
2
+ 2(m – 1)x – 2m – 3 = 0 (1)
a)
Có: 
/
= (m – 1)
2
– (- 2m – 3) = m
2
– 2m + 1 + 2m + 3
= m

2
+ 4
≥
4 > 0 với mọi m
⇒

/
> 0 với mọi m
Nên phương trình đã cho có 2 nghiện phân biệt x
1
; x
2

m R
∀ ∈
(Đpcm)
0,75 đ
b)
Theo bài ra, ta có: (4x
1
+ 5)(4x
2
+ 5) + 19 = 0
⇔
1 2 1 2
16x x 20x 20x 25 19 0+ + + + =
1 2 1 2
16x x 20(x x ) 44 0⇔ + + + =
(2)
0,25 đ

áp dụng hệ thức Vi – ét, ta có: 0,25 đ
2
Đề chính thức
(3)
1 2
1 2
b
x x 2(m 1) 2 2m
a
c
x .x 2m 3
a

+ = − = − − = −




= = − −


Thay (3) vào (2), ta có:
16( 2m 3) 20(2 2m) 44 0− − + − + =
32m 48 40 40m 44 0⇔ − − + − + =
1
72m 36 m
2
⇔ − = − ⇔ =
Vậy với m =
1

2
thì (4x
1
+ 5)(4x
2
+ 5) + 19 = 0.
0,25 đ
Câu 4: (4,0 điểm) Hình vẽ: 0,25 đ
a) Chứng minh rằng:
·
·
ABM IBM=
và ABI cân
Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ BC (GT)
¼
¼
AM MC⇒ =
Mà:
·
¼
·
¼
1
ABM SdAM
2
1
IBM SdMC
2

=





=


(Định lý góc nội tiếp)
·
·
ABM IBM⇒ =
(Hệ quả góc
nội tiếp)
0,5 đ
Có: M
∈
(O) và AB là đường kính
·
0
AMB 90⇒ =
(Hệ quả góc nội tiếp)
0,5 đ
3
BM AI⇒ ⊥
tại M.
Xét ABI có: BM là đường cao đồng thời là đường phân giác
Nên: ABI cân tại B (Dấu hiệu nhận biết tam giác cân)
b)
Có: C
∈

(O) và AB là đường kính
·
0
ACB 90⇒ =
(Hệ quả góc nội tiếp)
AC BI⇒ ⊥
tại C
·
0
KCI 90⇒ =
Mặt khác:
·
0
KMI 90=
(Vì BM
⊥
AI)
·
·
0
IMK KCI 180⇒ + =
Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau
Vậy MICK là tứ giác nội tiếp (Đpcm)
1,0 đ
c)
Có: ABI cân tại B (cma)
⇒
BA = BI mà BA là bán kính của (B;BA)
⇒
I

∈
(B;BA) (1)
Vì AN là tiếp tuyến của (O) (GT)
⇒
AN
⊥
AB tại A
⇒
·
0
BAN 90=
Xét ABN và IBN có:
AB = BI ( vì ABI cân tại B)
·
·
ABN IBN=
(cma)
⇒
ABN = IBN (c.g.c)
BN cạnh chung
⇒
·
·
NAB NIB=
(2 góc t/ư) mà:
·
0
NAB 90=
⇒
·

0
NIB 90=
⇒
NI
⊥
IB (2)
Từ (1) và (2) suy ra: NI là tiếp tuyến của(B;BA) (Đpcm)
0,5 đ
Vì M là điểm chính giữa cung nhỏ BC (GT)
⇒
OM
⊥
AC (Đường kính đi qua điểm chính giữa của một cung thì vuông góc
với dây căng cung ấy)
Mà:
AC BI⊥
tại C (cmb)
⇒
OM//BI ( cùng vuông góc AC)
Mặt khác: NI
⊥
IB (cmt)
⇒
OM NI⊥
(Từ
⊥
đến //)
0,5 đ
d)
Có:

·
·
1
IDA IBA
2
=
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung AI của (B;BA);
mà:
· ·
1
IBN IBA
2
=
(vì
·
·
ABM IBM=
,cma)
·
·
IDA IBN⇒ =

Mà
·
·
IDK IBN=
(cùng chắn
º
IK
của đường tròn ngoại tiếp IKB)

⇒

·
·
IDA IDK=
⇒
A, K, D thẳng hàng
⇒
A, C, D thẳng hàng (Vì A, K, C thẳng hàng)
0,75 đ
Câu 5: (1,0 điểm)
y 2x 3 1
2x 3
y 1
+ +
=
+
+
( ) ( )
( ) ( )
3 3
y y y (2x 3) 2x 3 2x 3
y 2x 3 y (2x 3) 0
y 2x 3 y y(2x 3) 2x 3 y 2x 3 0
⇔ + = + + + +
⇔ − + + − + =
⇔ − + + + + + + + + =
Có
y y. 2x 3 2x 3 y 2x 3+ + + + + + +
với mọi x, y dương

0,5 đ
4

⇒
y 2x 3− +
= 0
⇔
y = 2x + 3
⇒
Q = x(2x + 3) – 3(2x + 3 ) – 2x – 3
= 2x
2
+ 3x – 6x - 9 – 2x -3
= 2x
2
– 5x – 12 =
2
5
2 x x 12
2
 
− −
 ÷
 
=
2
5 25 25
2 x 2.x. 12
4 16 8
 

− + − −
 ÷
 
=
2
5 121 121
2 x
4 8 8
 
− − ≥ −
 ÷
 
với mọi x > 0
Dấu bằng xảy ra khi x -
5
4
= 0
5 5 22 11
x y 2. 3
4 4 4 2
⇔ = ⇒ = + = =
⇒
GTNN của Q =
121 5
x
8 4
− ⇔ =
và y =
11
2

0,5 đ
Hết
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương đương theo từng phần như đáp án.
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2013 – 2014
5
ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi: Toán (Dành cho tất cả thí sinh)
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2013
Câu 1. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:
2 3 0.x
− =
b) Với giá trị nào của x thì biểu thức
5x −
xác định?
c) Rút gọn biểu thức:
2 2 2 2
.
.
2 1 2 1
A
+ −
=
+ −

Câu 2. (2,0 điểm)

Cho hàm số:
1y mx= +
(1), trong đó m là tham số.
a) Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm
(1;4)A
. Với giá trị m vừa tìm được, hàm
số (1) đồng biến hay nghịch biến trên
?¡
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng d:
2
1.y m x m= + +

Câu 3. (1,5 điểm)
Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 36 km. Khi đi từ B trở về A, người đó
tăng vận tốc thêm 3 km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 36 phút. Tính vận tốc của
người đi xe đạp khi đi từ A đến B.
Câu 4. (3,0 điểm)
Cho nửa đường tròn đường kính BC, trên nửa đường tròn lấy điểm A (khác B và C).
Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Trên cung AC lấy điểm D bất kì (khác A và C),
đường thẳng BD cắt AH tại I. Chứng minh rằng:
a)
IHCD
là tứ giác nội tiếp;
b) AB
2
= BI.BD;
c) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AID luôn nằm trên một đường thẳng cố định
khi D thay đổi trên cung AC.
Câu 5. (1,5 điểm)
a) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương

( ; )x y
thỏa mãn phương trình:
2 2
2 3 2 4 3 0.x y xy x y+ − + − + =
b) Cho tứ giác lồi ABCD có
·
BAD
và
·
BCD
là các góc tù. Chứng minh rằng
.AC BD<

Hết
(Đề này gồm có 01 trang)
Họ và tên thí sinh: …………………………… ……Số báo danh: ………………
6
UBND TỈNH BẮC NINH
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi: Toán (Dành cho tất cả thí sinh)
Câu Lời giải sơ lược Điểm
1
(2,0 điểm)
a) (0,5 điểm)
Ta có
2 3x =
0,25

3
2
⇔ =x
0,25
b) (0,5 điểm)
5x −
xác định khi
5x −
≥
0 0,25
5x
⇔ ≥
0,25
c) (1,0 điểm)
A=
2( 2 1) 2( 2 1)
.
2 1 2 1
+ −
+ −
0,5
=
2. 2 2=
0,5
2
(1,0 điểm)
a) (1,0 điểm)
Vì đồ thị hàm số (1) đi qua
(1;4)A
nên

4 1m
= +
m 3
⇔ =
Vậy
3m
=
đồ thị hàm số (1) đi qua
(1;4)A
.
0,5
Vì
3 0m = >
nên hàm số (1) đồng biến trên
¡
.
0,5
b) (1,0 điểm)
Đồ thị hàm số (1) song song với d khi và chỉ khi
2
1 1
m m
m

=

+ ≠


0,5

1m⇔ =
.
Vậy
1m =
thỏa mãn điều kiện bài toán.
0,5
3
(1,5 điểm)
Gọi vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là x km/h,
0x >
.
Thời gian của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là
36
x

0,25
Vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ B đến A là x+3
Thời gian của người đi xe đạp khi đi từ B đến A là
36
3x +

0,25
Ta có phương trình:
36 36 36
3 60x x
− =
+
0,25
Giải phương trình này ra hai nghiệm
( )

12
15
x
x loai
=


= −

&
0,5
Vậy vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là 12 km/h
0,25
4
(3,0 điểm)
a) (1,0 điểm)
7
Vẽ hình đúng, đủ phần a.
0,25
AH
⊥
BC
·
0
90 .IHC⇒ =
(1) 0,25
·
0
90BDC =
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay

·
0
90 .IDC =
(2) 0,25
Từ (1) và (2)
· ·
0
180IHC IDC⇒ + = ⇒
IHCD
là tứ giác nội tiếp. 0,25
b) (1,0 điểm)
Xét
ABI∆
và
DBA∆
có góc
µ
B
chung,
·
·
BAI ADB=
(Vì cùng bằng
·
ACB
).
Suy ra, hai tam giác
,ABI
DBA
đồng dạng.

0,75
2
.
AB BD
AB BI BD
BI BA
⇒ = ⇒ =
. (đpcm) 0,25
c) (1,0 điểm)
·
·
BAI ADI=
(chứng minh trên). 0,25
⇒
AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp
∆
ADI với mọi D thuộc cung AD và A là
tiếp điểm. (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
0,25
Có AB
⊥
AC tại A
⇒
AC luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp
AID∆
. Gọi M là tâm
đường trong ngoại tiếp
AID∆
⇒
M luôn nằm trên AC.

0,25
Mà AC cố định
⇒
M thuộc đường thẳng cố định. (đpcm)
0,25
5
(1,5 điểm)
a) (1,0 điểm)
( ) ( ) ( )
2 2
2 3 2 4 3 0 2 2 2 3x y xy x y x y x y x y+ − + − + = ⇔ − − + − =−
( ) ( )
2 2 3x y x y⇔ − − + = −

Do
,x y
nguyên nên
2 , 2x y x y− − +
nguyên
Mà
( ) ( )
3 1 .3 3 .1= − = −
nên ta có bốn trường hợp
0,5
2 1 3
2 3 2
x y x
x y y
− = − =
 

⇔
 
− + = =
 
;
( )
2 3 9
2 1 6
x y x
loai
x y y
− = = −
 
⇔
 
− + = − = −
 
&

( )
2 1 11
2 3 6
x y x
loai
x y y
− = = −
 
⇔
 
− + = − = −

 
&
;
2 3 1
2 1 2
x y x
x y y
− = − =
 
⇔
 
− + = =
 
Vậy các giá trị cần tìm là
( ; ) (1;2),(3;2)x y =
.
0,5
b) (0,5 điểm)
Vẽ đường tròn đường kính BD. Do các góc A, C tù nên hai điểm A, C nằm trong đường
tròn đường kính BD. Suy ra,
AC BD
<
(Do BD là đường kính).
0,5
Lưu ý:
- Thí sinh làm theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm.
8
- Việc chi tiết hoá điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với hướng
dẫn chấm và được thống nhất trong hội đồng chấm.
- Điểm toàn bài không làm tròn số ( ví dụ: 0,25, hoặc 0,75 vẫn giữ nguyên ).

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG
KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2013 - 2014
ĐỀ THI MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Chú ý: Đề thi gồm 02 trang. Học sinh làm bài vào tờ giấy thi.
9
ĐỀ CHÍNH THỨC
I. Phần 1. Trắc nghiệm (2,0 điểm)
Hãy chọn chỉ một chữ cái đứng trước câu trả lời đúng.
1. Điều kiện xác định của biểu thức
4 3x −
là
A.
3
4
x >
B.
3
4
x <
C.
3
4
x ≥
D.
3
4
x ≤

2. Nếu điểm
( )
1; 2A −
thuộc đường thẳng
( ) : 5d y x m= +
thì
m
bằng
A.
7−
B. 11
C.
3−
D. 3
3. Phương trình nào sau đây có nghiệm kép?
A.
2
0x x− =
B.
2
3 2 0x + =
C.
2
3 2 1 0x x+ + =
D.
2
9 12 4 0x x+ + =
4. Hai số
5−
và 3 là nghiệm của phương trình nào sau đây?

A.
2
2 15 0x x+ + =
B.
2
2 15 0x x− − =
C.
2
2 15 0x x+ − =
D.
2
8 15 0x x− + =
5. Cho tam giác ABC vuông tại A có AH ⊥ BC, AB = 8, BH = 4 (hình 1). Độ dài cạnh BC bằng
A. 24 B. 32 C. 18 D. 16
Hình 1 Hình 2
6. Cho tam giác ABC có
·
·
0 0
70 , 60BAC ABC= =
nội tiếp đường tròn tâm O (hình 2). Số đo của
góc AOB bằng
A. 50° B. 100° C. 120° D. 140°
7. Cho tam giác ABC vuông tại A có
·
0
30ABC =
, BC = a. Độ dài cạnh AB bằng
A.
3

2
a
B.
2
a
C.
2
2
a
D.
3
a
8. Một hình trụ có chiều cao bằng hai lần đường kính đáy. Nếu đường kính đáy có chiều dài bằng
4cm thì thể tích của hình trụ đó bằng
A.
3
16 cm
π
B.
3
32 cm
π
C.
3
64 cm
π
D.
3
128 cm
π

10
II. Phần 2. Tự luận (8,0 điểm)
Bài 1: (1,5 điểm)
1. Rút gọn các biểu thức:
a)
( )
3 50 5 18 3 8 2M = − +
b)
6 2 5 6 2 5N = + − −
2. Cho đường thẳng (d):
4 3y x= −
và parabol (P):
2
y x=
. Tìm tọa độ các giao điểm của (d) và
(P) bằng phép toán.
Bài 2: (2,5 điểm)
1. Giải bất phương trình:
3 5 2
2 3
x x
x
+ +
≤ +
2. Cho hệ phương trình:
2 3
2 3
x y m
x y m
+ = +



− =

(I) (m là tham số)
a) Giải hệ phương trình (I) khi
1m =
.
b) Tìm
m
để hệ (I) có nghiệm duy nhất
( )
;x y
thỏa mãn:
3x y+ = −
.
3. Một khu vườn hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 3m và diện tích bằng 270m
2
.
Tìm chiều dài, chiều rộng của khu vườn.
Bài 3: (3,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H
( )
D BC,E AC,F AB∈ ∈ ∈
.
1. Chứng minh các tứ giác BDHF, BFEC nội tiếp.
2. Đường thẳng EF cắt đường tròn (O) tại M và N (F nằm giữa M và E).
Chứng minh:
¼
»

AM AN=
.
3. Chứng minh AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác MHD.
Bài 4: (1,0 điểm)
1. Cho
,x y
là các số dương. Chứng minh rằng:

( )
2 2 0x y x y+ − + + ≥
. Dấu “=” xảy ra khi nào?
2. Tìm các cặp số
( )
;x y
thỏa mãn:

( )
( )
2 2
1x y x y x y+ = + + −
với
1 1
,
4 4
x y> >
Hết
Họ và tên học sinh: Số báo danh:
Họ và tên giám thị 1 Họ và tên giám thị 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI PHÒNG

KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
Năm học: 2013 - 2014
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN
I. Phần 1. Trắc nghiệm (2,0 điểm). Mỗi câu đúng được 0,25 điểm.
11
Câu 1 2 3 4 5 6 7 8
Đáp án C A D C D B A B
II. Phần 2. Tự luận ( 8,0 điểm)
Bài Đáp án Điểm
Bài 1
(1,5 điểm)
1. (1,0 điểm)
a)
( )
3.5 2 5.3 2 3.2 2 2M = − +
0,25đ
=
( )
15 2 15 2 6 2 2 12− + =
0,25đ
b)
( ) ( )
2 2
5 1 5 1N = + − −
0,25đ
=
5 1 5 1 5 1 5 1 2+ − − = + − + =
0,25đ
2. (0,5 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là

2 2
4 3 4 3 0x x x x= − ⇔ − + =
Phương trình có dạng
1 4 3 0a b c+ + = − + =
=>
1 2
1; 3x x= =
0,25đ
Vậy các tọa độ giao điểm của (d) và (P) là
( )
1; 1
và
( )
3; 9
0,25đ
Bài 2
(2,5 điểm)
1. (0,5 điểm)
( ) ( )
3 5 2 3
3 3 5 2 4 2
2 3
x x x
x x
+ + +
⇔ ≤ ⇔ + ≤ +
0,25đ
9 15 8 4 11x x x
⇔ + ≤ + ⇔ ≤ −

. Vậy nghiệm của bất phương trình là:
11x
≤ −
0,25đ
2a. (0,5 điểm)
Khi m = 1 hệ (I) có dạng
2 4 2 4 8
2 3 1 2 3 1
x y x y
x y x y
+ = + =
 
⇔
 
− = − =
 
0,25đ
2 3 1 2
7 7 1
x y x
y y
− = =
 
⇔ ⇔
 
= =
 
. Vậy hệ đã cho có nghiệm
( ) ( )
; 2; 1x y =

0,25đ
2b. (0,5 điểm)
Giải hệ (I) theo tham số m ta tìm được
5 9
7
6
7
m
x
m
y
+

=



+

=


0,25đ
Theo bài toán
3x y+ = −
ta có
5 9 6
3 6
7 7
m m

m
+ +
+ = − ⇔ = −
Vậy với
6m
= −
thì hệ (I) có nghiệm duy nhất
( )
;x y
thỏa mãn
3x y+ = −
0,25đ
3. (1,0 điểm)
Gọi x (m) là chiều rộng của khu vườn. (ĐK: x > 0)
Chiều dài của khu vườn là: x + 3 (m)
0,25đ
Do diện tích khu vườn là 270m
2
nên ta có phương trình:

( )
2
3 270 3 270 0x x x x+ = ⇔ + − =
0,25đ
Giải phương trình ta được:
1
15x =
(thỏa mãn điều kiện),

2

18x = −
(không thỏa mãn điều kiện)
0,25đ
Vậy chiều rộng khu vườn là 15 m, chiều dài khu vườn là 18 m. 0,25đ
12
13
14
Bài 3
(3,0 điểm)
1. (1,5 điểm)
Vẽ hình đúng để làm câu 1
0,50đ
+ Ta có
·
·
0
90BFH BDH= =
(vì AD và CF là đường cao của ∆ABC) 0,25đ
=>
·
·
0
180BFH BDH+ =
. Suy ra tứ giác BDHF nội tiếp 0,25đ
+ Ta có
· ·
0
90BFC BEC= =
(vì BE và CF là đường cao của ∆ABC) 0,25đ
Suy ra hai điểm E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC. Hay tứ giác BFEC

nội tiếp.
0,25đ
2. (0,75 điểm)
Ta có
·
·
AEF ABC=
(cùng bù với
·
FEC
) 0,25đ
mà
·
1
(
2
AEF =
sđ
¼
AM
+ sđ
»
NC
) (góc có đỉnh ở bên trong đường tròn)

·
1
(
2
ABC =

sđ
»
AN
+ sđ
»
NC
) (góc nội tiếp)
0,25đ
Suy ra
¼
»
AM AN=
0,25đ
3. (0,75 điểm)
∆AFH # ∆ADB (g.g) => AF.AB = AH.AD (1)
∆AFM # ∆AMB (g.g) => AM
2
= AF.AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra: AM
2
= AH.AD
0,25đ
=> ∆AMH# ∆ADM (c.g.c) =>
·
·
AMH ADM=
0,25đ
Vậy AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ∆MHD.
0,25đ
Bài 4

(1,0 điểm)
1. (0,25 điểm)
( ) ( )
2 1 2 1 0x x x y⇔ − + + − + ≥
( ) ( )
2 2
1 1 0x y⇔ − + − ≥

0, 0x y∀ > >
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1
0,25đ
2. (0,75 điểm)
Áp dụng câu 1 ta có
( )
2 1x y x y+ ≥ + −
(1)
Ta có
( )
( )
2
2 2 2 2 2 2
0 2 0 2 2x y x xy y x y x xy y− ≥ ⇔ − + ≥ ⇔ + ≥ + +
( )
( )
2
2 2
2 ,x y x y x y⇔ + ≥ + ∀
(2)
0,25đ
Do

1 1
,
4 4
x y> >
nên
1 0x y+ − >
. Nhân theo từng vế của (1) và (2) ta có:
( )
( )
( )
( )
2
2 2
1x y x y x y x y+ + ≥ + + −
( )
( )
2 2
1x y x y x y⇔ + ≥ + + −
0,25đ
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1. Vậy cặp số (x; y) thỏa mãn là (1; 1). 0,25đ