ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN VÀO THPT HẢI DƯƠNG 2014 2015

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: Ngày 13 tháng 7 năm 2014
(Đề thi gồm: 01 trang)
Câu 1 (2,0 điểm).
a) Giải các phương trình:
( )
2 3+ =x x
b) Giải hệ phương trình:
2 1
3 11
= −


+ =

y x
x y
Câu 2 (2,0 điểm).
a) Rút gọn biểu thức:
3
2
−
= − −
−
− +

y xy
x x
P
y x
x y x y
với
0; 0≥ ≥x y
và
≠
x y
.
b) Một sân trường hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 16 mét. Hai lần chiều
dài kém năm lần chiều rộng 28 mét. Tính chiều dài và chiều rộng của sân trường.
Câu 3 (2,0 điểm).
a) Cho đường thẳng
1
(2 3)
2
y m x= − −
(d). Tìm giá trị của m để đường thẳng (d) đi
qua điểm
1 2
;
2 3
 
−
 ÷
 
A
b) Tìm m để phương trình

2
2 2 1 0− − + =x x m
có hai nghiệm phân biệt
1 2
;x x
thỏa mãn
điều kiện
2 2 2 2
2 1 1 2
( 1) ( 1) 8− + − =x x x x
.
Câu 4 (3,0 điểm).
Qua điểm C nằm ngoài đường tròn (O), vẽ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là
tiếp điểm). Đường thẳng CO cắt đường tròn tại hai điểm A và B (A nằm giữa C và B). Kẻ
dây DE vuông góc với AB tại điểm H.
a) Chứng minh tam giác CED là tam giác cân.
b) Chứng minh tứ giác OECD là tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh hệ thức AC.BH = AH.BC.
Câu 5 (1,0 điểm).
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
1 3 1
2 4 3
+
+ ≤
+ + +
c
a b c
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( 1)( 1)( 1)= + + +Q a b c

Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ kí của giám thị 1: Chữ kí của giám thị 2:
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TỈNH HẢI DƯƠNG
NĂM HỌC 2014-2015
Câu ý Nội dung
1
(2,0
điểm).
a)
Giải các phương trình:
( )
2 3+ =x x
( )
2
2 3 2 3 0x x x x+ = ⇔ + − =
. Ta có: a + b + c = 1 + 2 – 3 = 0.
Vậy phương trình có hai nghiệm
1 2
1; 3x x= = −
b)
Giải hệ phương trình:
2 1
3 11
= −


+ =


y x
x y
2 1 2 1 2 1 3
3 11 3(2 1) 11 7 14 2
y x y x y x y
x y x x x x
= − = − = − =
   
⇔ ⇔ ⇔
   
+ = + − = = =
   
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 3)
2
(2,0
điểm).
a) Rút gọn biểu thức:
3
2
−
= − −
−
− +
y xy
x x
P
y x
x y x y
với
0; 0≥ ≥x y

và
≠
x y
3
2
( ) 2 ( ) 3
( )( )
2 2 3
( )( )
1.
y xy
x x
P
x y
x y x y
x x y x x y y xy
x y x y
x xy x xy y xy
x y x y
x y y x
x y y x
−
= − +
−
− +
+ − − + −
=
+ −
+ − + + −
=

+ −
− + −
= = − = −
− −
b) Một sân trường hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 16 mét. Hai lần
chiều dài kém năm lần chiều rộng 28 mét. Tính chiều dài và chiều rộng của
sân trường.
Gọi chiều dài và chiều rộng của sân trường hình chữ nhật lần lượt là x(m), y(m),
điều kiện x > y > 16.
Theo bài ta lập được hệ phương trình:
16
2 5 28
x y
x y
− =


− = −

- Giải hpt, được:
36
20
x
y
=


=

(thỏa mãn điều kiện)

Vậy chiều dài và chiều rộng của sân trường hình chữ nhật lần lượt là 36(m), 20(m)
3
(2,0
điểm).
a)
Cho đường thẳng
1
(2 3)
2
y m x= − −
(d). Tìm giá trị của m để đường thẳng (d)
đi qua điểm
1 2
;
2 3
 
−
 ÷
 
A
ĐK:
3
2
m ≠
Để đường thẳng (d) đi qua điểm
1 2
;
2 3
 
−

 ÷
 
A
, ta có:
2 1 1
(2 3)
3 2 2
m
 
= − − −
 ÷
 
1
3
m⇔ =
( TM )
b)
Tìm m để phương trình
2
2 2 1 0− − + =x x m
có hai nghiệm phân biệt
1 2
;x x
thỏa mãn điều kiện
2 2 2 2
2 1 1 2
( 1) ( 1) 8− + − =x x x x
.
Ta có:
' 2m

∆ =
. Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì
' 0 2 0 0m m∆ > ⇔ > ⇔ >
.
Theo hệ thức Vi-ét, ta có:
1 2
1 2
2 (1)
1 2 (2)
x x
x x m
+ =


= −

Theo bài:
2 2 2 2 2 2 2 2
2 1 1 2 1 2 1 2
( 1) ( 1) 8 2 8 0x x x x x x x x− + − = ⇔ + − + =
( )
2
2 2
1 2 1 2 1 2
2 2 8 0 (3)x x x x x x⇔ + − − + =
Thay (1), (2) vào (3), ta có:
2 2
8 12 8 0 2 3 2 0m m m m− + + = ⇔ − − =
1
1

2
m⇒ = −
(loại);
2
2m =
(thỏa mãn)
Vậy m = 2.
4
(3,0
điểm).
- Vẽ hình chính xác:
a) Chứng minh tam giác CED là
tam giác cân.
Ta có DH
AB HD HE
⊥ ⇒ =
⇒
CH vừa là đường cao vừa là
trung tuyến của tam giác CED
nên tam giác CED là tam giác
cân
b) Chứng minh tứ giác OECD là tứ giác nội tiếp.
Xét
àCDO v CEO∆ ∆
có: AD = CE (do
CED∆
cân tại C), OC: cạnh chung, OD =
OE (cùng bằng bán kính của (O))

·

·
0
( . . ) 90CDO CEO c c c CEO CDO⇒ ∆ = ∆ ⇒ = =
Tứ giác OECD có
·
·
0 0 0
90 90 180CEO CDO+ = + =
⇒
OECD là tứ giác nội tiếp.
c) Chứng minh hệ thức AC.BH = AH.BC
Ta có
,CD OD CE OE⊥ ⊥ ⇒
CD và CE là hai tiếp tuyến của đường tròn(O)
·
·
»
»
µ µ
1 2
COD COE AD AE D D⇒ = ⇒ = ⇒ =

⇒
DA là phân giác
·
CDE
AC DC
AH DH
⇒ =
(t/c đường phân giác trong tam giác) (1).

Lại có
·
0
90ADB =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên BD
⊥
DA
⇒
DB là
phân giác góc ngoài tại D của
∆
CDH
BC DC
BH DH
⇒ =
(t/c đường phân giác trong tam giác) (2).
Từ (1), (2)
. .
AC BC
AC BH AH BC
AH BH
⇒ = ⇒ =
5
(1,0
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mẫn điều kiện
1 3 1
2 4 3
+
+ ≤
+ + +

c
a b c
.
điểm).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( 1)( 1)( 1)= + + +Q a b c
Cách 1:
Do a, b, c > 0 nên từ
1 3 1
2 4 3
+
+ ≤
+ + +
c
a b c
( 1)( 1)( 1) 6( 2) 2( 4) 3( 3) 6a b c a b c⇒ + + + ≥ + + + + + −
.
- Đặt
2 , 4 , 3a x b y c z+ = + = + =
. Ta có:
6 2 3 6Q x y z≥ + + −
.
-Áp dụng bất đẳng thức Cau-chy (Cô-si), ta có:
3
3 3 3
6 2 3 3 6 .2 .3 3 36 3 36. (1)x y z x y z xyz xyz+ + ≥ = =
Lại từ giả thiết, ta có:
1 3 2
3 2
z

yz xz xy xyz
x y z
−
+ ≤ ⇒ + + ≤
- Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có:
2 2
3
3 3
3
3 2 3 6( ) 3 6( ) 3 6yz xz xy xyz xyz xyz xyz+ + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥
(2)
Từ (1), (2)
3 3
6 2 3 3 36.3 6 54x y z⇒ + + ≥ =
.
Do đó
54 6 48Q ≥ − =
.
Dấu “=” xảy ra khi
4 3( 2)
6 2 3
3 2( 2) 1, 5, 3
1 3 2
1 3 1
2 4 3
b a
x y z
c a a b c
z
x y z

c
a b c


+ = +
= =



⇔ + = + ⇒ = = =
−
 
+ =
 
+


+ =
+ + +

Vậy Qmin = 48 khi
1, 5, 3a b c= = =
.
Cách 2
1 3 2
ó: 1
a+2 4 3
1 3 2 6
:1 2
a+2 4 3 ( 4)( 3)

1 6
2 (1)
2 ( 4)( 3)
Ta c
b c
Suy ra
b c b c
a
a b c
+ ≤ −
+ +
− ≥ + ≥
+ + + +
+
⇔ ≥
+ + +
Tương tự:
3 1 2 2 1 2
1 2 2 (2)
4 a+2 3 ( 2)( 3) 4 ( 2)( 3)
c+1 3
và 2 (3)
c+3 ( 2)( 4)
b
b c a c b a c
a b
+
− ≥ + ≥ ⇔ ≥
+ + + + + + +
≥

+ +
Từ (1),(2) và (3), ta có:
1 1 c+1 48
. .
2 4 c+3 ( 2)( 4)( 3)
48
a b
a b a b c
Q
+ +
≥
+ + + + +
⇒ ≥
Vậy Qmin = 48 khi
1, 5, 3a b c= = =
.