Đáp án môn toán đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Vĩnh Phúc năm học 2013,2014

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN CHUNG
ĐỀ THI VÀO LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
NĂM HỌC 2013 - 2014
Câu 1:
1a)
Rút gọn b i ểu thức:
 
 
 
2
x 1 x x 1
P x : x 1
x1

  

  



=
 
 
2
= x -2x +1 : x-1
= x - 1.
Vậy P = x- 1.
1b) Theo phần a) ta có
 
22
P x 7 x 1 x 7 1     

 
2
x2
1 x x 6 0
x3


    



.
K ết luận các giá trị c ủa x cần tìm là:
x = -2
x = 3



Câu 2:
2a) Điều kiện xác định:
x 0, y 1
. Đặt
11
a , b
x y 1


Thay vào hệ đã cho ta được

2a 3b 1 2a 3b 1 11a 11 a 1

3a b 4 9a 3b 12 2a 3b 1 b 1
       



       

x 1 x 1
y 1 1 y 2




  

.
Vậy h ệ phương trình đã cho có nghiệm là (x; y) = (1; 2).
2b) Giải phương trình:
x 1 x 2 x 3 x 4
99 98 97 96
   
  
Để ý rằn g
99 1 98 2 97 3 96 4      
nên phương trình được viết lại v ề dạn g
x 1 x 2 x 3 x 4
1 1 1 1
99 98 97 96
   
      

(1)
Phương trình (1) tương đươn g v ới
 
x 100 x 100 x 100 x 100 1 1 1 1
x 100 0 x 100
99 98 97 96 99 98 97 96
   

           


.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = -100.
Câu 3:
3a) Khi m = 1 phương trình có dạn g
2
x x 1 0  
.
Phương trình này có biệt thức
2
( 1) 4.1.( 1) 5 0, 5        
Phương trình có hai nghiệm phân biệt
1
15
x
2


v à
2

15
x
2


3b) Phương trình đã cho có biệt thức:
 
2
22
(2m 1) 4.1.(m 2) 4m 8m 9 4(m 1) 5 m, 0             
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt
12
x , x
v ới m ọi giá trị c ủa tham số m.
Khi đó, theo định lý Viét:
1 2 1 2
x x 2m 1, x x m 2    
Ta có
3 3 3 3 2
1 2 1 2 1 2 1 2
x x (x x ) 3x x (x x ) 8m 18m 21m 7        
3 3 3 2 2
12
x x 27 8m 18m 21m 34 0 (m 2)(8m 2m 17) 0           
(1)
Do phương trình
2
8m 2m 17 0  
c ó b i ệt thức
4 4.8.17 0   

nên
(1) m 2
Vậy m = 2.
Câu 4:
4a) Tứ giác OAMC nội t i ếp.
Do MA, MC là tiếp tuyến c ủa (O) nên


0
OA MA, OC MC OAM OCM 90    


0
OAM OCM 180   
Tứ giác OAMC nội t i ếp đường tròn đường kính OM.
4b) K là trung điểm c ủa BD.

Do CE//BD nên


AKM AEC
,


AEC ACM
(cùng chắn cung

AC
)



AKM ACM
. Suy ra tứ giác
AKCM nội t i ếp.
Suy ra 5 điểm M, A, K, O, C cùng thuộc đường tròn đường kính OM


0
OKM 90
hay OK vuông
góc với B D. Suy ra K là trung điểm c ủa BD.
4c) AH là phân giác của góc

BHD
.
Ta có:
2
MH.MO MA
,
2
MA MB.MD
(Do
MBA, MAD
đồn g d ạn g )
MH.MO MB.MD
MBH, MOD  
đ ồ n g d ạn g


BHM ODM


tứ giác BHOD nội t i ếp



MHB BDO
(1)
Tam giác OBD cân tại O nên


BDO OBD
(2)
Tứ giác BHOD nội t i ếp nên


OBD OHD
(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra




MHB OHD BHA DHA   
AC là phân giác của góc

BHD
.
Câu 5:
Do
2 2 2

a b c 1  
nên ta có
  
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
ab 2c ab 2c ab 2c ab 2c
1 ab c a b c ab c a b ab
ab 2c a b ab
   
  
       
  
Á p d ụn g b ất đẳn g t h ức
 
xy
xy , x,y 0
2


  
 
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 a b c
2c a b 2ab
ab 2c a b ab a b c
22


  
        
  
 
2 2 2
2
2 2 2 2
2 2 2
ab 2c ab 2c ab 2c
ab 2c 1
1 ab c a b c
ab 2c a b ab
  
    
   
  
B
K
E
H
C
A
O M
D
Tương tự
2
2
2
bc 2a
bc 2a

1 bc a



(2)
v à
2
2
2
ca 2b
ca 2b
1 ca b



(3)
Cộn g v ế theo vế các bất đẳn g t h ức (1), (2), (3) kế t hợp
2 2 2
a b c 1  
ta có bất đẳn g t h ức cần c h ứng
minh. Dấu “=’’ khi
1
a b c
3
  
.
HẾT