TS10 nam 13 14 thua thien hue

TRƯỜNG THCS th¹ch kh«i
THÀNH PHỐ THỪA THIÊN
HUẾ

THI THỬ TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2013- 2014
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1: (3điểm)
1. Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a)

2x  3 x  2

1
2
3

b) x2 – 20x + 96 = 0
2x  y  3
�
3x  2 y  8
�

c) �

2. Xác định hàm số y = ax + b, biết đồ thị của hàm số là đường thẳng song song
với đường thẳng y = – 2x + 1 và đi qua điểm M(1 ; – 3).
Câu 2: (2 điểm)
� 1

1

�

x 1


�:
2
Cho biểu thức A = �
x  1 � x  1
�x  x

( với x > 0, x � 1 )

a) Rút gọn biểu thức A
b) Tính giá trị của A khi x = 4 - 2 3
1
c) Tìm giá trị của x để A <
2
Câu 3: (1 điểm)
Hai người cùng làm chung một công việc thì sau 4 giờ 30 phút họ làm
xong. Nếu một mình người thứ nhất làm trong 4 giờ, sau đó một mình người thứ
hai làm trong 3 giờ thì cả hai người làm được 75% công việc. Hỏi nếu mỗi người
làm một mình thì sau bao lâu sẽ xong công việc? (Biết rằng năng suất làm việc
của mỗi người là không thay đổi).
Câu 4: (3 điểm)
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Trên đường tròn lấy điểm C sao cho
AC < BC (C �A). Tiếp tuyến Bx của đường tròn (O) cắt đường trung trực của BC

tại D. Gọi F là giao điểm của DO và BC.
a) Chứng minh CD là tiếp tuyến của đường tròn (O).
b) Gọi E là giao điểm của AD với đường tròn (O) (với E �A).
Chứng minh DE.DA = DC2 = DF.DO
c) Gọi H là hình chiếu của C trên AB, I là giao điểm của AD và CH. Chứng
minh I là trung điểm của CH.
Câu 5: (1 điểm)
Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c = 1. Chứng
ab
bc
ca
3
minh rằng: P =


� .
c  ab
a  bc
b  ca 2
…………….. Hết ………………


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Câu
1
(3đ)

Ý
1)

(2đ)

Nội dung

Điểm

2x  3 x  2

1
2
3
� 3(2 x  3)  2( x  2)  6
� 6x  9  2x  4  6
19
� 4 x  19 � x 
4

a)

Vậy phương trình có nghiệm là x 

0,25đ
0,25đ
19
4

b) x 2  20 x  96  0
có:  '  102  1.96  100  96  4  0;

'  4  2

10  2
 12 ;
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 
1
10  2
x2 
8
1

0,25đ

Vậy phương trình có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 12; x2 = 8.

0,25đ

2x  y  3
4x  2 y  6
2 x  y  3 �y  1
�
�
�
��
��
��
3x  2 y  8 �
3x  2 y  8
7 x  14
�
�
�x  2

c) �
2)
(1đ)

0,25đ

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất (x; y)= (2; 1)
+ Vì đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng
y = – 2x + 1 nên a = – 2 và b ≠ 1
+ Vì đường thẳng đi qua điểm M nên thay tọa độ điểm
M (1 ; – 3) và a = – 2 vào y = ax + b
+ Tìm được: b = – 1 ( thỏa mãn)
Vậy hàm số cần tìm là y = -2x -1

0,25đ

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


Câu
a)
a) Với x > 0, x � 1, ta có:
2
(0,75đ)

1 � x 1
� 1

�:
2
A= �
(2đ)
x 1 � x 1
�x  x



0,25đ



�

�( x  1)2
1
x

.
�
x ( x  1) �
� x ( x  1)
� x 1
� 1  x �( x  1) 2
x 1
.


=�
� x ( x  1) �
�
x
�
� x 1
x 1
Vậy A =
x

=�
�

0,25đ
0,25đ

b)
b) Với x = 4 - 2 3 (thỏa mãn đk x > 0, x � 1) thay vào
(0,75đ)
x 1
biểu thức A=
ta được

0,25đ

x

A=

4  2 3 1
42 3



3  2 1 3

2
3 1

Vậy khi x = 4 - 2 3 thì A=
c)
(0,5đ)

c) Để A 

1
�
2

0,25đ

1- 3
2

0,25đ

x 1 1

2

x

x 2
 0 � x  4 (vì 2 x  0 )
2 x
Kết hợp với điều kiện x > 0, x � 1
1
Vậy 0 < x < 1 và 1 < x < 4 thì A 
2
�

Câu
3
(1đ)

0,25đ
0,25đ

Gọi thời gian người thứ nhất làm một mình xong công
việc là x (h) .
Gọi thời gian người thứ hai làm một mình xong công
việc là y (h) .
( Đk: x >

0,25đ

9
9
,y> )
2

2

Trong 1 gìờ người thứ nhất làm được

1
(công việc);
x

1

người thứ hai làm được y (công việc) ; cả hai người làm
được

1 1 2
2
(công việc) nên ta có phương trình x  y  9 (1)
9

Vì nếu một mình người thứ nhất làm trong 4 giờ,sau đó
một mình người thứ hai làm trong 3 giờ thì cả hai người
4

3

3

làm được 75% công việc nên x  y  4 (2)

0,25đ

�1 1 2
�x  y  9
�
Từ (1) và (2) ta có hpt: �
�4  3  3
�
�x y 4
�x  12
�
� � 36
y
�
� 5

�

�1 1

�
�x 12
�1 5
� 
�y 36

(thoả mãn điều kiện )

Vậy người thứ nhất một mình làm xong công việc trong
12 giờ
Người thứ hai một mình làm xong công việc trong 7giờ

12 phút.
Câu
4
(3đ)

Hình
0.25đ

- Vẽ hình đúng, ghi GT, KL

a)
a)
Xét ΔBCD có DF là đường trung trực của BC
(0,75đ) nên CD = BD
- c/m ΔOBD=ΔOCD(c.c.c)
�  OBD
�
=> OCD
�  900 � OCD
�  900 mà C thuộc (O)
Mà OBD
Suy ra CD là tiếp tuyến của đường tròn (O)
b)
b) - Vì BD là tiếp tuyến của (O) nên BD  OB
(1đ) => ΔABD vuông tại B
Vì AB là đường kính của (O) nên AE  BE
Áp dụng hệ thức lượng trong ΔABD
0
�
( ABD=90

;BE  AD) ta có BD2 = DE.DA
Mà DB = CD nên CD2 = DE.DA (1)
0
�
- Áp dụng hệ thức lượng trong ΔOCD (có OCD=90
;
2
CF  OD) ta có CD = DF.DO (2)
Từ (1) và (2) suy ra DE.DA = DC2 = DF.DO (Đpcm)
c)
c) Có CH //BD ( cùng vuông góc AB)
�
�
(1đ) => HCB=CBD
(hai góc ở vị trí so le trong) mà
�  DCB
�
ΔBCD cân tại D => CBD
�
nên CB là tia phân giác của HCD
Do CA  CB => CA là tia phân giác góc ngoài đỉnh C
của ΔICD �

0,25đ

AI CI
=
(1)
AD CD

0,25đ

0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ


Trong ΔABD có HI // BD =>
Từ (1) và (2) =>

AI HI
=
AD BD

(2)

CI HI
=
mà CD=BD � CI=HI

CD BD

� I là trung điểm của CH (ĐPCM)

Câu
5
(1đ)

2
Có: a  b  c  1 � c   a  b  c  .c  ac  bc  c




c  ab  ac  bc  c 2  ab  a (c  b)  c (b  c ) = (c  a )(c  b)

a
b

ab
ab

�c  a c  b
c  ab
(c  a )(c  b )
2

0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ

Tương tự: a  bc  (a  b)(a  c);

b  ca  (b  c)(b  a)
b
c

bc
bc
�

�a  b a  c
a  bc
(a  b)(a  c )
2

c
a

ca
ca

�b  c b  a
b  ca
(b  c)(b  a)
2
a
b
b

c
c
a





 P  ca cb a b a c bc ba
2
ac cb ba
3


= ac cb ba = 2
2
1
Dấu “=” xảy ra khi a  b  c 
3
1
Vậy P  3 (Đpcm)

0,25đ

0,25đ

( Chú ý: Nếu HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

--------------ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2013-2014
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: Ngày 12 tháng 7 năm 2013
(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm):
1) Giải phương trình : ( x – 2 )2 = 9
�x + 2y - 2= 0
�
2) Giải hệ phương trình: �x y
.
 1
�
�2 3


Câu 2 ( 2,0 điểm ):
� 1

1

�x
�

9 �


�
1) Rút gọn biểu thức: A = �
�
�2  4 x �
� với x > 0 và x �9
x 3�
� x 3
�
�
2) Tìm m để đồ thị hàm số y  (3m  2) x  m  1 song song với đồ thị hàm số

y  x5

Câu 3 ( 2 ,0 điểm ):
1) Một khúc sông từ bến A đến bến B dài 45 km. Một ca nô đi xuôi dòng từ
A đến B rồi ngược dòng từ B về A hết tất cả 6 giờ 15 phút. Biết vận tốc của dòng
nước là 3 km/h.Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng.
2) Tìm m để phương trình x 2  2(2m  1) x  4m 2  4m  0 có hai nghiệm phân
biệt x1 , x2
thỏa mãn điều kiện x1  x 2  x1+ x2
Câu 4 ( 3,0 điểm ) :
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, trên nửa đường tròn lấy điểm C
(C khác A và B).Trên cung BC lấy điểm D (D khác B và C) .Vẽ đường thẳng d
vuông góc với AB tại B.
Các đường thẳng AC và AD cắt d lần lượt tại E và F.
1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp một đường tròn.
2) Gọi I là trung điểm của BF.CHứng minh ID là tiếp tuyến của nửa đường
tròn đã cho.
�

3) Đường thẳng CD cắt d tại K, tia phân giác của CKE
cắt AE và AF lần
lượt tại M và N.Chứng minh tam giác AMN là tam giác cân.
Câu 5 ( 1,0 điểm ):
Cho a, b là các số dương thay đổi thoả mãn a  b  2 .Tính giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
Q = 2 a

2

1�
�a b � �1
+b2 - 6� + �
+9� 2 + 2 �
b
a
b �
�
� �a



------------------------------ Hết ------------------------------Họ và tên thí sinh: …..………………………………Số báo danh:
……………………….
Chữ ký của giám thị 1: ………………………Chữ ký của giám thị 2:
……………………..

GIẢI Câu 5

Cho a, b là các số dương thay đổi thỏa mãn a  b  2 .
a
b

b
a

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q  2( a 2  b 2 )  6(  )  9(

1 1
 )
a 2 b2

Bài làm:
a b
1 1
Q  2(a 2  b 2 )  6(  )  9( 2  2 )
b a
a b
a
b
1
1
Q  2a 2  2b 2  6  6  9 2  9 2
b
a
a
b
a
1

b
1
 (a 2  6.  9 2 )  (b 2  6  9 2 )  a 2  b 2
b
a
b
a
3 9
3
1
 (a 2  2.a.  2 )  (b2  2.b  9 2 )  a 2  b 2
b b
a
a
3
3
3
3
 (a  )2  (b  ) 2  a 2  b 2 �2(a  )(b  )  a 2  b 2 (�
p d�
ng A 2 +B2 �2A.B)
b
a
b
a
9
9
 2(ab  3  3 
)  (a  b) 2  2ab  2(ab  6  )  ( a  b)2  2ab
a.b

ab
thay a  b  2 ta c�
9
18
18
)  4  2ab   12  4 
 8 
ab
ab
ab
2
(a  b)
( a  b) 2 4
2
 1
Ta có (a  b) �2ab � a.b �
 ab �
2
4
4
1
18
18
�1 �
�18 � 8 
�8  18  10 (vì a.b là số dương)
nên
a.b
ab
ab

3
� 3
�ab  3 ab  3
a b

�
�
a�� b
a
Dấu “=” xảy ra khi � b
a=b
�
�
ab
ab
�
�
Q �2(ab  6 

vì a + b = 2  a = b =

1
2

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q là 10 tại a = b =

1
2

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TIỀN GIANG

Khóa ngày: 30-6-2013
Đề chính thức
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Đề thi này có: 01 trang
Bài 1: (2,0 điểm)


1. Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) x 2  2 7 x  2  0
2x  y  5
�
b) �
4x  y  7
�
c) 2 x 4  13 x 2  21  0
3
4
21


2. Rút gọn biểu thức: A 
7  2 3 7
7
Bài 2: (3,0 điểm)
2
1. Cho Parabol (P): y   x và đường thẳng (d): y = 2x – 3.
a) Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ.
b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (d) bằng phép tính.
2

2. Cho phương trình: mx  2  m  1 x  m  2  0 (x là ẩn số, m là tham số
thực)
a) Định m để phương trình trên có nghiệm.
b) Định m để phương trình trên có đúng hai nghiệm phân biệt có giá trị
tuyệt đối bằng nhau và trái dấu nhau.
Bài 3: (1,5 điểm) Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình bậc hai.
Quãng đường AB dài 90 km, có hai ô-tô khởi hành cùng một lúc. Ô-tô thứ
nhất đi từ A đến B, ô-tô thứ hai đi từ B đến A. Sau 1 giờ hai xe gặp nhau và tiếp
tục đi. Xe ô-tô thứ hai tới A trước xe thứ nhất tới B là 27 phút. Tính vận tốc mỗi
xe.
Bài 4: (2,5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm, AC = 4cm. Gọi O là trung
điểm BC, qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt đường thẳng BA tại I. Gọi
M là trung điểm BO.
1. Chứng minh tứ giác IAOC nội tiếp đường tròn.
2. Chứng minh BA.BI = BO.BC, từ đó suy ra tam giác BOA đồng dạng với
tam giác BIC.
3. Tính diện tích tam giác AMC.
4. Gọi N là điểm đối xứng của B qua C. Chứng minh tứ giác AINM nội tiếp
đường tròn.
Bài 5: (1,0 điểm)
Cho một hình trụ có bán kính đáy bằng 2cm, thể tích bằng 16 cm3 . Tính
diện tích xung quanh của hình trụ đã cho.

HƯỚNG DẪN GIẢI
Bài 1
1. a) Phương trình x 2  2 7 x  2  0 có 2 nghiệm: x1  7  3 ; x2  7  3


2x  y  5

�
có 1 nghiệm: (x; y) = (2; 1)
4x  y  7
�

b) Hệ phương trình �

� 7 7
�
;
;  3; 3 �
� 2 2
�

�
c) Phương trình 2 x 4  13x 2  21  0 có tập nghiệm là: S  �

3



7 2
3

3





7 2

  4  3  7   21
2

7

7

7 2





7 2



4 3 7







21 7

  3 7  3 7  7

2

 7 2 6 2 7 3 7  4

Bài 2
2
1. a) Vẽ  P  : y   x và  d  : y  2 x  3 (xem hình vẽ
bên)
b) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là
nghiệm của phương trình:
 x2  2 x  3 ⇔ x2  2x  3  0
Vì có a + b + c = 1 + 2 + (−3) = 0 nên phương
trình có hai nghiệm: x1  1 ; x2  3
Khi x1  1 � xB  1 � yB  1 � B  1; 1
Khi x2  3 � xA  3 � y A  9 � A  3; 9 
2
2. Phương trình: mx  2  m  1 x  m  2  0 (x là ẩn
số, m là tham số thực)
a) Ta có:

3

y
3



3
4

21



7  2 3 7
7

2
1
-15 -14 -13 -12 -11 -10 -9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

-1
-2

2x
-

A

O

x

y=

2. Rút gọn:

1

2

3

B(1; -1)

4

-3
-4
-5

y = -x2

-6

-7

A(-3; -9)

-8
-9
-10
-11
-12
-13
-14
-15

2
2
/  �
  m  1 �
�
� m  m  2   m  2m  1  m  2m  1
Vì / = 1 > 0 với  m nên phương trình trên luôn có nghiệm với mọi m.
2

b) Theo định lý Vi-ét, ta có:
x1  x2 

2  m  1
m

Hai nghiệm phân biệt có giá trị tuyệt đối bằng nhau và trái dấu nhau �
x1  x2 

2  m  1
m

 0 (với điều kiện m ≠ 0)

⇔ 2  m  1  0 ⇔ m = −1 (Thỏa mãn điều kiện m ≠ 0)
Thử lại: Với m = −1 thì phương trình trở thành:  x 2  1  0 ⇔  1  x   1  x   0 ⇔
x1  1
�
�
x2  1
�

Vậy: Với m = −1 thì phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt có giá trị tuyệt
đối bằng nhau và trái dấu nhau.
Bài 3
Gọi x là vận tốc của ô-tô thứ nhất đi từ
A đến chỗ gặp nhau C (km/h) ;( 0 < x
< 45)

A

90
vkm
1
v2 C

B

thì vận tốc của ô-tô thứ hai đi từ B đến chỗ gặp nhau C là: 90 – x (km/h)
+ Thời gian ô-tô thứ nhất tiếp tục đi từ C đến B:

90  x
 h  (90 – x cũng là độ dài quãng đường BC)
x

+ Thời gian ô-tô thứ hai tiếp tục đi từ C đến A:
x
 h  (x cũng là độ dài quãng đường AC)
90  x
90  x
x
27
9
2


+ Theo đề bài ta có phương trình:
⇔  90  x   x 2  x  90  x 
x
90  x 60
20
9
9
 90  x  x   90  x  x   x  90  x 
 90  2 x  .90  90 x  x 2
⇔
⇔

⇔
20
20
 90  2 x  .200  90 x  x 2





⇔ 18000  400 x  90 x  x 2 ⇔ x 2  490 x  18000  0
/ = (−245)2 – 18000 = 42025;  /  205 ; x1    245  205  450 (loại);
x2    245   205  40 (TM)
Vậy: Vận tốc ô-tô thứ nhất là 40 (km/h); vận tốc ô-tô thứ hai là : 90 – 40 = 50
(km/h)
Bài 4
1. Chứng minh tứ giác IAOC
B
nội tiếp đường tròn.
M
�  BAC
�  1800 (kề bù)
Ta có: IAC
O
�  900 (gt)
Mà : BAC
�  900 .
E
⇒
IAC
�  900 (gt)

Lại có: IOC
C
A
Suy ra tứ giác IAOC nội tiếp
đường tròn (A và O cùng nhìn
I
IC dưới một góc 900)
2. Chứng minh BA.BI =
BO.BC, từ đó suy ra tam giác
BOA đồng dạng với tam giác
N
BIC.
Hai tam giác BOI vuông tại O và BAC vuông tại A có:
� là góc chung nên: BOI ∽ BAC (g-g)
B
⇒

BO BI

⇒ BA.BI = BO.BC
BA BC

Từ đó, xét hai tam giác BAO và BCI có:
� là góc chung;
B

BO BI

(cmt) nên: BAO ∽ BCI (c-g-c)
BA BC

3. Tính diện tích tam giác AMC.
1
2

Ta có: SAMC = SABC – SABM = S ABC  S ABO (Vì SABM = SAOM; M là trung điểm BO)
1

1

�
�
= S ABC  . � S ABC �(Vì SABO = SACO = S ABC ; O là trung
2 �2
2
�

điểm của BC)

1


1
4

3
4

3 1
4 2

3 1
4 2

Vậy: S AMC  S ABC  S ABC  S ABC  . .AB.AC  . .3.4 

9
cm 2
2





4. Chứng minh tứ giác AINM nội tiếp đường tròn.
Gọi E là trung điểm của BI, ta suy ra:
BO BI
2 BM 2 BE


BMA ∽ BEC (c-g-c) (Vì có B� là góc chung;
⇒
⇒

BA BC
BA
BC
BM BE

, câu 2))

BA BC
�  BCE
�
Suy ra: BAM
�  BNI
� (EC // IN vì EC là đường trung bình tam giác BIN;
Mặt khác, BCE
� & BNI
� đồng vị)
BCE
�  BAM
� .
Suy ra: BNI
�  BAM
� (cmt) nên nội tiếp được đường tròn (Có góc trong
Tứ giác AINM có BNI

bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện)
Bài 5.
2
2
3
Thể tích hình trụ: V  Sđ .h  r  .h  2  .h  16  cm 
Suy ra chiều cao hình trụ: h 

16
 4  cm 
22 

Vậy:

2
Diện tích xung quanh hình trụ: S XQ  Pđ .h  2r. .h  2.2. .4  16  cm 

r = 2cm

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn thi: TOÁN (không chuyên)
Thời gian làm bài: 120 phút
Đề thi gồm : 01 trang

Câu I (2,0 điểm)
1) Giải phương trình (2 x  1)2  ( x  3) 2  10 .


3x  my  5
�
có nghiệm
mx  2ny  9
�

2) Xác định các hệ số m và n biết hệ phương trình �
là (1; 2)
Câu II ( 2,0 điểm)
1) Rút gọi biểu thức A 

x2 x 3
x 1
1


với x �0 .
x x 1
x  x 1
x 1

2) Hai người thợ quét sơn một ngôi nhà. Nếu họ cùng làm thì trong 6 ngày
xong việc. Nếu họ làm riêng thì người thợ thứ nhất hoàn thành công việc chậm
hơn người thợ thứ hai là 9 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi người thợ phải làm
trong bao nhiêu ngày để xong việc.
Câu III (2,0 điểm) Cho phương trình x 2  2(m  1) x  2m  5  0
1) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m.
2) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều
kiện

x

2
1

 2mx1  2m  1  x22  2mx2  2m  1  0

Câu IV (3,0 điểm)
Cho ba điểm A, B, C cố định và thẳng hàng theo thứ tự đó. Đường tròn
(O; R) thay đổi đi qua B và C sao cho O không thuộc BC. Từ điểm A vẽ hai tiếp
tuyến AM và AN với đường tròn (O). Gọi I là trung điểm của BC, E là giao điểm

của MN và BC, H là giao điểm của đường thẳng OI và đường thẳng MN.
1) Chứng minh bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn.
2) Chứng minh OI.OH = R 2 .
3) Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định.
Câu V (1,0 điểm)
Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2. Ký hiệu a, b, c là độ dài ba cạnh của
tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S 

a
4b
9c


.
bca c a b abc

----------------------------Hết---------------------------ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn thi: TOÁN (không chuyên)
Câu Ý

Nội dung


I

Giải phương trình (2 x  1)2  ( x  3) 2  10

1

Pt � 4 x 2  4 x  1  x 2  6 x  9  10
� 5x2  2 x  0
� x(5 x  2)  0
2
� x  0, x 
5

I

3 x  my  5
�
có nghiệm là (1; 2)
mx  2ny  9
�

2

Hệ phương trình �

3  m(2)  5
�
m  2n( 2)  9
�

Thay x  1, y  2 vào hệ ta được �
3  2m  5
�
��
m  4n  9
�

Tìm được m  1
Tìm được n  2 .

II

A





II

x2 x 3
x 1
1


với x �0 .
x x 1
x  x 1
x 1
x2 x 3
x 1
1


x 1
x 1 x  x 1 x  x 1

Rút gọi biểu thức A 

1

2






x  3   x  1  x  1   x 
 x  1  x  x  1

x2



x 1

x  2 x  3  x 1  x  x 1









x 1 x  x 1

x  x 1





x 1 x  x 1



1
x 1

Nếu làm riêng thì mỗi người thợ phải làm bao nhiêu ngày để xong việc
Gọi số ngày người thứ nhất làm một mình xong công việc là x (x > 9)
Khi đó số ngày người thứ hai làm một mình xong công việc là x - 9
Theo bài ra ta có phương trình

1
1
1


x x 9 6

� x 2  21x  54  0
� x  3, x  18 . Đối chiếu với điều kiện x  9 ta được x = 18

Vậy số ngày người thứ nhất làm một mình xong công việc là 18 ngày
III

1

Số ngày người thứ hai làm một mình xong công việc là 9 ngày
Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2 với mọi m
 '  (m  1) 2  (2m  5)

 m 2  2 m  1  2m  5  m 2  4m  6
 (m  2) 2  2


 '  0, m nên phương trình luôn có hai nghiệm x1 , x2

III

x

2
1

2

 2mx1  2m  1  x22  2mx2  2m  1  0 (1)

�x1  x2  2(m  1)
�x1 x2  2m  5

Theo Viét ta có �

x1 là nghiệm nên

x12  2(m  1) x1  2m  5  0 � x12  2mx1  2m  1  2 x1  4

Tương tự ta có x22  2mx2  2m  1  2 x2  4

Vậy (1) � (2 x1  4)(2 x2  4)  0 � 4  x1 x2  2( x1  x2 )  4  0
� 2m  5  2.2( m  1)  4  0 � 2m  3  0 � m 

IV

IV

3
2

1

Chứng minh bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn
�  900
I là trung điểm của BC suy ra OI  BC � AIO
�
�  900
AM, AN là tiếp tuyến � AMO
 ANO
Suy ra A, M, N, I, O cùng thuộc một đường tròn
Suy ra M, N, I, O cùng thuộc một đường tròn
2
Chứng minh OI.OH = R 2 .
�  AIH

�  900 � AFIH là tứ giác nội tiếp
Gọi F  MN �AO � AFH
�  OHA
� � OFI đồng dạng với OHA
� OFI
�

OF
OI
=
� OI.OH = OF.OA (1)
OH
OA

Tam giác AMO vuông tại M có MF là đường cao nên OF.OA = OM 2  R 2 (2).
IV

Từ (1) và (2) suy ra OI.OH = R 2
3
Chứng minh rằng đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định
Tam giác AMB đồng dạng với tam giác ACM � AB.AC = AM 2
Tứ giác EFOI nội tiếp � AE.AI = AF.AO = AM 2
Suy ra AB.AC = AE.AI ; A, B, C, I cố định suy ra AE là hằng số.


Mặt khác E luôn thuộc đoạn thẳng BC cố định nên điểm E cố định. Vậy MN
luôn đi qua điểm E cố định
H

M

E

B

A

I
C

F
O

N

a
4b
9c


.
bca cab a bc
bca
c a b
a bc
x
, y
,z
� x, y , z  0
thỏa
mãn

2
2
2

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S 

V
Đặt

abc
 1 và a  y  z , b  z  x, c  x  y . Khi đó
2
�
�y 4 x � �z 9 x � �4 z 9 y �
y  z 4( z  x) 9( x  y ) 1 �
S


 �
�
�  � �  � � 
�
2x
2y
2z
2�
z �
�x y � �x z � �y
�
1 � y 4x

z 9x
4z 9 y �
� �
2 .
2 . 2
. � 11
2� x y
x z
y z �
y 4x z 9x 4z 9 y

Đẳng thức xảy ra �  ,  ,
x
y x
z y
z
x yz 

1
1
1
� y  2 x, z  3 x,2 z  3 y � x  y  z  6 x  1 � x  , y  , z 
6
3
2
5
2
1
� a  , b  , c  . Vậy GTNN của S là 11
6

3
2