Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT tỉnh Đăk Lăk năm học 2013 - 2014 môn Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐĂK LĂK

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN THI: TOÁN HỌC
(Thời gian 120 phút không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 25/6/2013

Câu 1
: (1,5 điểm)
1) Rút gọn biểu thức:
12 27 48A   

2) Chứng minh rằng:
1
:
x y y x
x y
xy x y


 

; với 0, 0x y  và x y

Câu 2
: (2,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình
2 1
3 4 1
x y
x y
 


  


2) Giải phương trình:
2
2
0
1 4 3
x
x x x
 
  


Câu 3: (2,0 điểm)

Cho phương trình
 
2 2
2 1 0x m x m    (m là tham số)
1) Tìm m để phương trình có nghiệm.
2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm
1 2
,x x sao cho:
2 2
1 2 1 2
5 13x x x x   .

Câu 4
: (3,5 điểm)
Cho đường tròn (O), đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của đường
tròn. M là một điểm trên đường tròn (M khác A, B). Tiếp tuyến tại M của đường tròn
cắt Ax, By lần lượt tại P, Q.
1) Chứng minh rằng: tứ giác APMO nội tiếp.
2) Chứng minh rằng : AP + BQ = PQ.
3) Chứng minh rằng :
2
AP.BQ=AO
.
4) Khi điểm M di động trên đường tròn (O), tìm các vị trí của điểm M sao cho
diện tích tứ giác APQB nhỏ nhất.

Câu 5: (1,0 điểm)
Cho các số thực x, y thỏa mãn: x + 3y = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
16 2A x y y x    .

www.VNMATH.com

SƠ LƯỢC BÀI GIẢI
Câu 1: (1,5 điểm)
1) 12 27 48 2 3 3 3 4 3 3A       
2) Ta có


 
1
:
xy x y
x y y x
x y x y

xy x y xy


    


Câu 2
: (2,0 điểm)
1)
 
1 2
2 1 1 2 1
3 4 1 2 1
3 4 1 5 5 1
y x
x y y x x
x x
x y x y
 
     
  
  
   
   
       
  


2) ĐK: 1, 3x x 
  

 
2
2
2 2
0 0
1 4 3 1 1 3
3 2 0 3 2 0
x x
x x x x x x
x x x x
    
     
       

Vì a + b + c = 1 – 3 + 2 = 0
1
1x 
(không TMĐK),
2
2x 
(TMĐK)
Vậy phương trình có một nghiệm là
2x 

Câu 3
: (2,0 điểm)
1) Phương trình có nghiệm khi
 
2
' 2

1
1 0 2 1 0
2
m m m m          
2) Phương trình có hai nghiệm
1 2
,x x
khi
1
2
m   (theo câu 1). Theo Viét, ta có:
 
1 2
2
1 2
2 1x x m
x x m
    




Khi đó
   
2 2
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
5 13 7 13 4 1 7 13x x x x x x x x m m          

 

2
3 8 9 0 *m m   

Vì
'
16 27 11 0     
, nên (*) vô nghiệm.
Vậy không tồn tại giá trị nào của m để phương trình
 
2 2
2 1 0x m x m    có hai
nghiệm
1 2
,x x
sao cho:
2 2
1 2 1 2
5 13x x x x   .
Câu 4: (3,5 điểm)
1) Xét tứ giác APMQ, ta có:


0
90OAP OMP  (vì PA, PM là tiếp tuyến của (O))
Vậy tứ giác APMO nội tiếp.
2) Ta có AP = MP (AP, MP là tiếp tuyến của (O))
BQ = MQ (BQ, MQ là tiếp tuyến của (O))
AP+BQ=MP+MQ=PQ
3) Ta có OP là phân giác


AOM
(AP, MP là tiếp tuyến của (O))
OQ là phân giác

BOM
(BQ, MQ là tiếp tuyến của (O))
Mà


0
180AOM BOM 
(hai góc kề bù)

0
90POQ 

www.VNMATH.com

Xét POQ , ta có:

0

90POQ  (cmt), OM PQ (PQ là tiếp tuyến của (O) tại M)
2
.MP MQ OM 
(hệ thức lượng)
Lại có ,MP AP MQ BQ  (cmt), OM AO (bán kính)
Do đó
2
.AP BQ AO
4) Tứ giác APQB có:
 
// ,AP BQ AP AB BQ AB  , nên tứ giác APQB là hình
thang vuông
 
.
2 2
APQB
AP BQ AB
PQ AB
S

  
Mà AB không đổi, nên
APQB
S đạt GTNN
PQ nhỏ nhất //PQ AB PQ AB OM AB    
M
là điểm chính giữa

AB. Tức là
1

M M
hoặc
2
M M
(hình vẽ) thì
APQB
S đạt
GTNN là
2
2
AB

Câu 5
: (1,0 điểm)
Ta có 3 5 5 3x y x y    
Khi đó
   
2
2 2 2 2
16 2 5 3 16 2 5 3 10 20 35A x y y x y y y y y y            

 
2
10 1 25 25y    (vì
 
2
10 1 0y   với mọi y)
Dấu “=” xảy ra khi
 
2

5 3
2
1
10 1 0
x y
x
y
y
 





 

 




Vậy GTNN của A là 25 khi
2
1
x
y








www.VNMATH.com