HDC de TS(03-04Hue)

sở giáo dục & đào tạo tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2003-2004
thừa thiên huế hớng dẫn chấm đề chính thức môn toán
*** -----------------------------------------------------
Bài I: (2,5 điểm). 1/. Giải bất phơng trình : x +
1

x
> 5













<
>




>+
51
5)1(
01

51
x
xx
x
xx
0,50
đ













<
>




>
6
51
1

62
x
x
x
0,25 đ







>
1
3
x
x


x > 3 0,25
đ
Vậy, bất phơng trình đã cho có nghiệm: x > 3.
2/. Điều kiện để hệ phơng trình có nghĩa: x

2 và y

1. 0,25 đ
Đặt ẩn số phụ: X =
2
1

x
; Y =
1
1

y
, ta có hệ phơng trình mới:
1
(hệ này vô nghiệm)





=+
=+
123
6
5
YX
YX
0,25 đ

=+
=+
123
2
5
33
YX
YX










=
=+
2
3
6
5
Y
YX
Giải hệ này, ta đợc : X =
3
2

; Y =
2
3
. 0,25
đ
* Với X =
3
2

=
2
1

x
, tính đợc x =
2
1
.
0,25 đ
* Với Y =
2
3
=
1
1

y
, tính đợc y =
3
5

. 0,25
đ
x, y thoả mãn điều kiện : x

2 , y

1.
Vậy, hệ có nghiệm là : ( x =
2
1
; y =
3
5
). 0,25
đ
Bài II ( 2 điểm). 1/. Điều kiện để P xác định :








01
01
0
x
x
x

1
1
0
x
x
x


x > 1 0,25
đ
2/. Rút gọn : P =
1
1
1
1


+

+
+
x
xxx
xx
xx
xx

0,25 đ
=
( )
1
1
11


+
x
xx
xxxx

0,25 đ
=
xx
+
12
.
0,25 đ
3/. Với x > 1, P = 1

xx
+
12
= 1
2


( x - 1 ) - 2
1

x
= 0 0,25
đ
Đặt
1

x
= t ( t

0 ) , ta có : t
2
- 2t = 0

t( t - 2 ) = 0,
tính đợc t
1
= 0 , t
2
= 2. 0,25 đ

* Với t =
1

x
= 0

x = 1 (bị loại vì x > 1) 0,25
đ
* Với t =
1

x
= 2

x - 1 = 4

x = 5.
0,25 đ
Bài III (2 điểm).
1/. Từ phơng trình (1) ta có:

= (m -1)
2
- m + 3 = m
2
- 3m + 4 0,25 đ
=
4
7
2

3
2
+







m
> 0 với mọi m
Vậy, (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m 0,50 đ
2/. Phơng trình (1) có nghiệm x = 3 khi và chỉ khi:
3
2
- 2(m-1)3 + m - 3 = 0 hay - 5m + 12 = 0

m =
5
12
0,25
đ
Lúc đó phơng trình (1) là phơng trình bậc hai: x
2
- 2(
5
12
- 1)x +
5

12
- 3 = 0 hay:
x
2
-
5
14
x -
5
3
= 0 có một nghiệm bằng 3 nên nghiệm còn lại là :
x =
3
P
=
5
3

: 3 =
5
1


0,25 đ
3/. Để phơng trình có hai nghiệm đối nhau, phải có:



==+
<=

0)1(2
03
21
21
mmxx
mxx




=
<

1
3
m
m
0,50
đ
Vậy, m = 1 0,25 đ
Bài IV ( 3,5 điểm).
3
A
B
C
E
O
I
J
M

N
D F
!/. Hình vẽ đúng, rõ: 0,25 đ
Các góc IMJ và INJ là các góc vuông (góc
nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O) ).

JM

IC , IN

JC. 0,25
đ
Mặt khác, ta có: CE

I J.Vì vậy, IN, JM và CE
là 3 đờng cao của

I JC nên đồng qui tại một
điểm (điểm D) trên đờng thẳng AB. 0,25 đ
2/. Tứ giác DMCN có DMC = DNC = 1v nên nội tiếp trong đờng tròn đờng kính
CD và nhận F là tâm của đờng tròn đó. 0,25 đ
Ta có (O) và (F) cắt nhau tại hai điểm M và N

MN là dây chung của (O)
và (F) . 0,25 đ
OF là đờng nối tâm của (O) và (F)

OF

MN. 0,25 đ

3/. Ta có

MFD cân (FM = FD)

DMF = MDF.
MDF = EDJ (đối đỉnh)

DMF = EDJ. 0,25
đ

OMJ cân (OM = OJ)

OMJ = OJM
Ta có : DMF + OMJ = EDJ + OJM = 1v

DMF + OMJ = FMO = 1v 0,25 đ

FM

OM

FM là tiếp tuyến của (O) (M là tiếp điểm). 0,25
đ
Chứng minh hoàn toàn tơng tự, ta có FN là tiếp tuyến của (O). 0,25 đ
4/. * Ta có : EAJ = EIB (cùng chắn JB ).



EAJ

EIB. 0,25
đ


EB
EJ
EI
EA
=


EA. EB = EI. EJ (1). 0,25
đ
* EID = ECJ (2 góc nhọn có các cạnh đôi một vuông góc)



EAJ

EIB.


EJ
ED
EC
EI
=


EC. ED = EI. EJ (2).

0,25 đ
Từ (1) và (2) suy ra EA. EB = EC. ED


EC
EBEA
ED
.
=
không đổi (do A,
B, C, E cố định)

D cố định.
0,25 đ
4
---------------------------------------------------------------------------------
5