De toan cac tinh 20132014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề). Phần I- Trắc nghiệm(2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. 1 Câu 1. Điều kiện để biểu thức 1  x có nghĩa là A. x  1 . B. x  1 . C. x 1 . D. x 1 . Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y ax  5 (d) đi qua điểm M(-1;3). Hệ số góc của (d) là A. –1. B. –2. C. 2. D. 3. 2 x  y 3  Câu 3. Hệ phương trình  x  y 6 có nghiệm (x;y) là A. (1;1). B. (7;1). C. (3;3). D. (3;-3). Câu 4. Phương trình nào sau đây có tích hai nghiệm bằng 3? 2 2 2 2 A. x  x  3 0 . B. x  x  3 0 . C. x  3 x  1 0 . D. x  5 x  3 0 . Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, số giao điểm của parabol y = x2 và đường thẳng y= 2x + 3 là A. 2. B. 1. C. 0. D. 3. Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm; AC = 4cm. Độ dài đường cao ứng với cạnh huyền bằng 12 5 A. 7cm. B. 1cm. C. 5 cm. D. 12 cm.. ,. ,. Câu 7. Cho hai đường tròn (O;3cm) và ( O ;5cm), có O O = 7cm. Số điểm chung của hai đường tròn là A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 8. Một hình nón có bán kính đáy bằng 4cm, đường sinh bằng 5cm. Diện tích xung quanh của hình nón bằng A. 20  cm2. B. 15  cm2. C. 12  cm2. D. 40  cm2. Phần II - Tự luận (8,0 điểm)  x 2 x  2 x    : x  2 x 1 x  1  x 1 Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức A =  với x > 0 và x 1 . 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức A có giá trị là số nguyên. Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m –1 =0 (1), với m là tham số. 1) Giải phương trình (1) khi m = 1. 2) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 ( x1  2)  x2 ( x2  2) 10 . 2 x2  x  1  y  2 6    5  1 3.  Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x  1 y  2 Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia BA lấy điểm C (C không trùng với B). Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm), tiếp tuyến tại A của đường tròn.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> (O) cắt đường thẳng CD tại E. Gọi H là giao điểm của AD và OE, K là giao điểm của BE với đường tòn (O) (K không trùng với B). 1) Chứng minh AE2 = EK . EB. 2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn. AE EM  1 3) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh EM CM . Câu 5. (1,0 điểm. Giải phương trình :.  3x. 2.  6x. . . 2 x  1  1 2 x 3  5 x 2  4 x  4.. Hết Họ tên thí sinh:………………………………………………….Chữ ký giám thị 1 ………………………………………. Số báo danh:. Chữ ký giám thị 1. ….…………………………………………………… ………………………………………. HƯỚNG DẪN GIẢI Phần I: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Câu Đáp án. 1 B. 2 C. 3 C. 4 D. 5 A. 6 C. 7 B. 8 A. Phần II: Tự luận (8,0 điểm) Bài Bài 1 1,5 đ. Lời giải 2 1) Rút gọn biểu thức A = x  1 2 2) Với x > 0 và x 1 ta có A = x  1. Chỉ ra khi A có giá trị là số nguyên khi và chỉ khi x – 1 là ước của 2. Từ đó tìm được x = 2 và x = 3 thỏa mãn điều kiện đề bài. Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m –1 =0 (1), với m là tham số. 1) Giải phương trình (1) khi m = 1. Thay m = 1 vào (1) rồi giả phương trình tìm được x 1  2 2) Xác định m để (1) có hai nghiệm x , x thỏa mãn điều kiện x1 ( x1  2)  x2 ( x2  2) 10 1. Bài 2 1,5 đ. 2. .. + Chỉ ra điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 là  0  m  1  x1  x2 2m  2 + Áp dụng Định lý vi – ét cho phương trình (1) là  x1 .x2 m  m  1 2 2 2 Tính được x1  x2 2m  4m  2 2 2 + Biến đổi x1 ( x1  2)  x2 ( x2  2) 10  x1  x2  2( x1  x2 ) 10 , tìm được m = 1; m. Bài 3 1,0 đ. = -4. Đối chiếu điều kiện kết luận m = 1 thỏa mãn yêu cầu đề bài. 2 x2  x  1  y  2 6    5  1 3.  Giải hệ phương trình  x  1 y  2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> + Điều kiện: x. -1 và y. 2.. 5 + Giải hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x = 0; y = 2 ).  3x Giải phương trình : + Điều kiện. x. 2.  6x. . . 2 x  1  1 2 x3  5 x 2  4 x  2.. 1 2. + Biến đổi phương trình đã cho trở thành phương trình tương đương.  x  2   3x Bài 5 1,0 đ. .  x 2  2 x  1  1  (2 x  x  2) 0   2   3x 2 x  1  1  (2 x  x  2) 0. . + Giải phương trình. 3x. . 2. . . . 2 x  1  1  (2 x 2  x  2) 0  3x. . . 2 x  1  1  x(2 x  1)  2 0. (2) t 2 1 x 2 thay vào phương trình (2) ta được Đặt 2 x  1 t với t 0 suy ra 4  3  2  2  t 3t 2t 3t + 1 = 0 (t + t + 1)(t2 – 4t + 1) = 0  t2 – 4t + 1 = 0  t 2  3. Từ đó tìm được x 4 2 3(tm) + Kết luận phương trình đã cho có 3 nghiệm là x = 2 và x 4 2 3. Bài 4 3,0 đ. E. K. M D. H. A. O. 1) Chứng minh AE2 = EK . EB.. B. C.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> + Chỉ ra tam giác AEB vuông tại A. + Chi ra góc AKB = 900 suy ra AK là đường cao của tam giác vuông AEB. + Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông AEB ta có AE 2 = EK . EB 2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn. + Chỉ ra tứ giác AHKE nội tiếp suy ra góc EHK = góc EAK + Chỉ ra góc EAK = góc EBA + Suy ra tứ giác BOHK nội tiếp suy ra 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn AE EM  1 3) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh EM CM .. + Chỉ ra tam giác OEM cân tại E suy ra ME = MO. CE AE  + Chỉ ra OM // AE, áp dụng định lý ta – lét trong tam giác CEA ta có CM OM CE AE CE  CM AE  OM EM AE AE EM       1  1 CM OM CM OM OM CM + Ta có CM OM AE EM  1 Mà ME = MO nên suy ra EM CM (đpcm). sở giáo dục - đào tạo hµ nam §Ò chÝnh thøc. kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt N¨m häc: 2013 - 2014 M«n thi: To¸n Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề). C©u 1: (1,5 ®iÓm) Rót gän c¸c biÓu thøc sau: a a  a  1 A=. a1 a 1. (a 0;a 1). 4 2  3 6  8 2 2  3 B= C©u 2: (2,0 ®iÓm) a) Giải phương tr×nh: x2 - 6x - 7 = 0 2x  y 1  2(1  x)  3y 7 b) Giải hệ phương tr×nh:  C©u 3: (1,5 ®iÓm) Cho ph¬ng tr×nh: x2 + 2(m – 1)x – 2m – 3 = 0 (m lµ tham sè). a) Chøng minh ph¬ng tr×nh lu«n cã 2 nghiÖm ph©n biÖt x1; x2 m  R . b) T×m gi¸ trÞ cña m sao cho (4x1 + 5)(4x2 + 5) + 19 = 0. C©u 4: (4,0 ®iÓm).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Cho đờng tròn tâm O, đờng kính AB. Lấy điểm C thuộc (O) (C không trùng với A, B), M là điểm chính giữa cung nhỏ AC. Các đờng thẳng AM và BC cắt nhau tại I, các đờng thẳng AC và BM cắt nhau tại K.   IBM a) Chứng minh rằng: ABM vµ ABI c©n b) Chứng minh tứ gi¸c MICK néi tiÕp c) Đờng thẳng BM cắt tiếp tuyến tại A của (O) ở N. Chứng minh đờng thẳng NI là tiếp tuyến của đờng tròn (B;BA) và NI  MO. d) Đờng tròn ngoại tiếp BIK cắt đờng tròn (B;BA) tại D (D không trùng với I). Chøng minh ba ®iÓm A, C, D th¼ng hµng. C©u 5: (1,0 ®iÓm) y 2x  3  1  2x  3 y 1 Cho c¸c sè thùc d¬ng x, y tháa m·n T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: Q = xy – 3y - 2x – 3. ............HÕt............ Hä vµ tªn thÝ sinh: .......................................Sè b¸o danh:................................................ Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 1:...........................Ch÷ ký cña gi¸m thÞ 2:...................................... sở giáo dục - đào tạo kú thi tuyÓn sinh vµo líp 10 thpt hµ nam N¨m häc: 2013 - 2014 Híng dÉn chÊm M«n To¸n dù th¶o. C©u 1: (1,5 ®iÓm). a). b). a a  a  1 A=. a1 a 1 0,75 ®. a ( a  1) a1 a  a 1 1    a 1 a 1 a 1 = ( a  1)( a  1) 4 2  3 6  8 2 2  3 B= 2 2  3 2 2 2 2 2  3 =. (1  2)(2  2  2 2  3 = C©u 2: (2,0 ®iÓm). 3). 6. . (2  2 . 3)  2(2  2  2 2  3. 3). 0,75 ®. 1  2. 2 x2 - 6x - 7 = 0  x  7x  x  7 0  x(x  7)  (x  7) 0.  x  7 0 a)  (x  7)(x  1) 0    x  1  0  VËy: S =  7;  1.  x 7  x  1 . 1,0 ®.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 2x  y 1   2(1  x)  3y 7.  y 2x  1  2  2x  3(2x  1) 7. b).  y 2x  1  y 2x  1  y 4  1 3    2  2x  6x  3  7  0 4x  8    x 2 VËy: (x; y) = (2; 3) C©u 3: (1,5 ®iÓm) x2 + 2(m – 1)x – 2m – 3 = 0 (1) Cã: / = (m – 1)2 – (- 2m – 3) = m2 – 2m + 1 + 2m + 3 a) = m2 + 4  4 > 0 víi mäi m  / > 0 víi mäi m Nên phơng trình đã cho có 2 nghiện phân biệt x1; x2 m  R (Đpcm) Theo bµi ra, ta cã: (4x1 + 5)(4x2 + 5) + 19 = 0 b)  16x1x 2  20x1  20x 2  25  19 0  16x1x 2  20(x1  x 2 )  44 0 (2) ¸p dông hÖ thøc Vi – Ðt, ta cã: b   x1  x 2  a  2(m  1) 2  2m   x .x  c  2m  3 1 2 a (3)  Thay (3) vµo (2), ta cã: 16(  2m  3)  20(2  2m)  44 0   32m  48  40  40m  44 0 1   72m  36  m  2 1 VËy víi m = 2 th× (4x1 + 5)(4x2 + 5) + 19 = 0. C©u 4: (4,0 ®iÓm) H×nh vÏ: 0,25 ®. 1,0 ®. 0,75 ®. 0,25 ®. 0,25 ®. 0,25 ®.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>   a) Chứng minh rằng: ABM IBM vµ ABI c©n   V× M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá BC (GT)  AM MC 1    ABM  SdAM  2  IBM  1 SdMC      (§Þnh lý gãc néi tiÕp)  ABM 2 IBM Mµ: (HÖ qu¶ gãc néi tiÕp) 0  Có: M (O) và AB là đờng kính  AMB 90 (Hệ quả góc nội tiếp)  BM  AI t¹i M. Xét ABI có: BM là đờng cao đồng thời là đờng phân giác Nªn: ABI c©n t¹i B (DÊu hiÖu nhËn biÕt tam gi¸c c©n) 0  Có: C (O) và AB là đờng kính  ACB 90 (Hệ quả góc nội tiếp)  900  AC  BI t¹i C  KCI b) 0 0    MÆt kh¸c: KMI 90 (V× BM  AI)  IMK  KCI 180 Mà 2 góc này ở vị trí đối nhau VËy MICK lµ tø gi¸c néi tiÕp (§pcm) c) Cã: ABI c©n t¹i B (cma)  BA = BI mµ BA lµ b¸n kÝnh cña (B;BA)  I (B;BA) (1) 0  V× AN lµ tiÕp tuyÕn cña (O) (GT)  AN  AB t¹i A  BAN 90. 0,5 ®. 0,5 ®. 1,0 ®. 0,5 ®.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> XÐt ABN vµ IBN cã: AB = BI ( v× ABI c©n t¹i B)   ABN IBN  ABN = IBN (c.g.c) (cma) BN c¹nh chung 0 0      NAB NIB (2 gãc t/) mµ: NAB 90  NIB 90  NI  IB (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: NI lµ tiÕp tuyÕn cña(B;BA) (§pcm) V× M lµ ®iÓm chÝnh gi÷a cung nhá BC (GT)  OM  AC (§êng kÝnh ®i qua ®iÓm chÝnh gi÷a cña mét cung th× vu«ng gãc víi d©y c¨ng cung Êy) Mµ: AC  BI t¹i C (cmb)  OM//BI ( cïng vu«ng gãc AC) Mặt khác: NI  IB (cmt)  OM  NI (Từ  đến //) 1  IDA  IBA 2 Cã: (gãc néi tiÕp vµ gãc ë t©m cïng ch¾n cung AI cña 1  IBN  IBA      IDA IBN 2 ABM IBM (B;BA); mµ: (v× ,cma) d)    của đờng tròn ngoại tiếp IKB)  Mà IDK IBN (cïng chắn IK   IDA IDK  A, K, D thẳng hàng  A, C, D thẳng hàng (V× A, K, C thẳng hàng) C©u 5: (1,0 ®iÓm). 0,5 ®. 0,75 ®. y 2x  3  1  2x  3 y 1  y y  y (2x  3) 2x  3  2x  3 3. 3.       y  2x  3  y  . Cã. y . 2x  3  y  (2x  3) 0. 0,5 ®. . y(2x  3)  2x  3  y  2x  3 0. y  y. 2x  3  2x  3  y  2x  3. với mọi x, y dương.  y  2x  3 = 0  y = 2x + 3  Q = x(2x + 3) – 3(2x + 3 ) – 2x – 3 = 2x2 + 3x – 6x - 9 – 2x -3 5  5 25  25   2  x 2  x   12 2  x 2  2.x.     12 2 4 16 8 2     = 2x – 5x – 12 = = 2. 5  121 121  2 x     4 8 8 víi mäi x > 0 =  5 5 5 22 11  x   y 2.  3   4 4 4 2 DÊu b»ng x¶y ra khi x - 4 = 0. 0,5 ®.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> .  GTNN cña Q =. 121 5 11  x 8 4 vµ y = 2 ..............................HÕt.............................. Lu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tơng đơng theo từng phần nh đáp án. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KHÁNH HÒA. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) Ngày thi: 21/06/2013 (Thời gian: 120 phút - không kể thời gian giao đề). ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang). Bài 1: ( 2,00 điểm) (Không dùng máy tính cầm tay) 1) Chứng minh:. . 22  3 2. . 10  3 11 2. a( a  1) a  a  a với a > 0 và a ≠ 1. 2) Cho biểu thức P = a  1 Rút gọn rồi tính giá trị của P tại a = 20142 . Bài 2: (2,00 điểm) 1) Tìm x biết 3 2x  3  8x  12 1  2 3x2  4 y 2  2(3x  2 y)  11  2 x  5y 2  2x  5y  11 2) Giải hệ phương trình:  Bài 3: (2,00 điểm) 1 y  x 2 4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P): 1) Vẽ đồ thị (P). 2) Gọi M là điểm thuộc (P) có hoành độ x = 2. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm M đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác OMA gấp đôi diện tích tam giác OMB. Bài 4: (4,00 điểm) Cho đường tròn (O; 3cm) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi M là điểm tùy ý thuộc đoạn OC ( M khác O và C). Tia BM cắt cắt đường tròn (O) tại N. 1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp.  2) Chứng minh ND là phân giác của ANB . 3) Tính: BM .BN 4) Gọi E và F lần lượt là hai điểm thuộc các đường thẳng AC và AD sao cho M là trung điểm của EF. Nếu cách xác định các điểm E, F và chứng minh rằng tổng (AE + AF) không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. ----------------- HẾT -------------------Giám thị không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh: ………………………… SBD:……………/ Phòng: …………………… Giám thị 1: ……………………………... Giám thị 2: …………………………………… HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1: ( 2,00 điểm).

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 1) Chứng minh: Ta có:. . . 22  3 2. 22  3 2. . . 10  3 11 2. 10  3 11 .  2( 11  3) 10  3 11  ( 11  3) 20  6 11 ( 11  3) ( 11  3)2  ( 11  3)( 11  3) 11  9 2 a( a  1) a  a a 2) P = a  1. (ĐK : a > 0 và a ≠ 1). a( a  1) a a    a  1 a  a a  1 Ta có: P=. 1 a 1. . a 1 a 1.  a1. 2 Với a = 20142, ta có : P = 2014  1 2014  1 2013 Bài 2: (2,00 điểm) 1) Tìm x biết 3 2x  3  8x  12 1  2 (ĐK: x ≥ -3/2).  3 2x  3  2 2x  3 1  2  2x  3 1  2 2 2  ( 2x  3) (1  2) 3  2 2  2x  3 3 2 2.  x  2 (thỏa đk) 3x2  4 y 2  2(3x  2 y)  11  2 x  5y 2  2x  5y  11 2) Giải hệ phương trình:  2 2 (1) 3x  4 y  6x  4 y  11  2 2 3x  15y  6x  15y  33 (2).  Lấy (1) trừ (2), ta có: 11y2 + 11y = 22  y2 +y – 2= 0  y = 1 hoặc y = -2 * Với y = 1, thay vào (1), ta có pt: 3x2 +6x + 3=0  3(x+1)2 = 0  x = -1 * Với y = -2, thay vào (1), ta có pt: 3x2 +6x + 3=0  3(x+1)2 = 0  x = -1 Vậy hpt có nghiệm (x ;y)  { (-1 ;1), (-1 ;-2)}. Bài 3: (2,00 điểm) 1 y  x 2 4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P): 1) Vẽ đồ thị (P). ( các em tự vẽ) 2) Gọi M là điểm thuộc (P) có hoành độ x = 2. Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm M đồng thời cắt trục hoành và trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác OMA gấp đôi diện tích tam giác OMB.. O  -1  B. 1. 2. . .  M.  A. Gọi A(x ; 0) và B(0 ; y) Vì M thuộc (P) có x = 2 nên: y = -1. Vậy M (2 ; -1) 1 1 Ta có : SOMA = 2 .1.OA ; SOMB = 2 .2.OB và từ: SOMA = 2SOMB  OA = 4.OB.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> y 1  4 =k hay : x = 4.y  x = 4y  x (Với k là hệ số góc của đường thẳng (d) qua M và thỏa điều kiện đề bài). Đường thẳng qua M(2 ; -1) có hệ số góc k và thỏa điều kiện đề bài là : 1 3 1 1 y x  x 4 2 và (d2) : y = 4 2 (d1) : Bài 4: (4,00 điểm) 1) Chứng minh AOMN là một tứ giác nội tiếp.  Ta có : ANB = 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O))  AOM 900 (vì AB CD tạo O)   Suy ra: ANB + AOM = 1800  tứ giác AOMN nội tiếp..  2) Chứng minh : ND là phân giác của ANB . Ta có : AB, CD là đường kính của (O).     AB  CD (gt)  AD BD  AND BND  ND là phân giác của góc ANB. 3) Tính: BM .BN Do BOM  BNA (gg) BO BM   BN BA  BM.BN = BO.BA=3.6=18  BN .BM  18 3 2 cm 0  4) Ta có:  EAF vuông tại A ( CAD 90 , E AC, F AD) có M là trung điểm của EF  MA = ME = MF  M là tâm của đường tròn qua M có bán kính MA  Điểm E, F là giao điểm của đường tròn (M; MA) với AC và AD. Ta có: AM = BM ( vì M nằm trên CD là trung trực của AB)    MA = MB = ME = MF tứ giác AEBF nội tiếp  BFD  AEB   Ta lại có: BDF  BCE = 900,   suy ra: DBF  CBE     Xét tam giác BDF và tam giác BCE, ta có: BC = BD ; DBF  CBE ; BDF  BCE = 900 nên BDF = BCE(gcg) DF = CE Vậy : AE + AF = (AC + CE) + AF=AC+(CE+AF) = AC + (DF+AF) = AC+ AD=2AD 2 2 2 2 Mà OAD vuông cân tại O nên AD = OA  OD  3  3 3 2  AE + AF = 6 2 . Vậy tổng AE + AF không phụ thuộc vào vị trí điểm M.. (GV Lê Quốc Dũng, THCS Trần Hưng Đạo, Nha Trang) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC. KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013- 2014 Môn thi: TOÁN (không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Ngày thi 19 tháng 6 năm 2013 Đề thi gồm : 01 trang Câu I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình (2x + 1)2 + (x – 3)2 = 10 3x  my 5  2) Xác định các hệ số m và n biết hệ phương trình  mx  2ny 9 có nghiệm (1; -2) Câu II ( 2,0 điểm) x  2 x 3 x1 1 A= +  x x +1 x- x  1 x  1 với x 0 1) Rút gọn biểu thức 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) 2 Cho phương trình x  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: ( x12  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 = R2. 3) Chứng minh 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 a 4b 9c S   b c  a c  a  b a b  c . trị nhỏ nhất của biểu thức ----------------------- Hết ----------------------. Họ và tên thí sinh : ................................................ Số báo danh ..................................... Chữ ký của giám thị 1 ........................................... Chữ ký của giám thị 2 ........................... Hướng dẫn câu III: 2) phương trình có hai nghiệm x1; x2 nên  x12  2(m  1)x1  2m  5 0  x12  2mx1  2m  1 4  2x1   2  2  x 2  2(m  1)x 2  2m  5 0  x 2  2mx 2  2m  1 4  2x 2.  x1  x 2 2m  2  x .x 2m  5 Theo định lí Vi-et ta có :  1 2 Theo bài ra ta có :.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> (x12  2mx1  2m  1)(x 22  2mx 2  2m  1)  0   4  2x1  .  4  2x 2   0  16  8  x1  x 2   4x1 x 2  0  16  8  2m  2   4  2m  5   0  m. 3 2 H. Hướng dẫn câu IVc :. AM AB   AM 2 AB.AC + AMB ∽ ACM (g-g)  AC AM AM AE   AM 2 AI.AE AM + AME ∽ AIM (g-g)  AI  AB.AC = AI.AE (*) Do A, B, C cố định nên trung điểm I của BC cố định nên từ (*) suy ra E cố định. Vậy đường thẳng MN luôn đi qua điểm E cố định. M C E. I. B. O. A. Hướng dẫn giải câu V: Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2 nên a  b Nc 2 .. Đặt b  c  a x; c  a  b y; a  b  c z do a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác nên. x, y,z  0 .. yz x z xy ; b  ; c  2 2 2 . Suy ra x  y  z 2 (do a  b  c 2 ) và y  z 4 x  z 9 x  y 1  y  z 4 x  z  9 x  y  S        2x 2y 2z 2 x y z  a. Khi đó. 1   y 4x   z 9x   4z 9y            2   x y   x z   y z  2. y 4x  y x    2   2 2 x y  x y Ta có: 2 z 9x  z x   3   6 6 x z  x z 2. 4z 9y  z y   2 3   12 12 y z  y z.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 1  4  6  12  11 2 Dấu “=” xảy ra khi 1  x    y 2x 3  z 3x 2    y   3 2z 3y   x  y  z 2  z 1 5 2 1  a ;b ;c   6 3 2 2 2 2 Khi đó: a b  c  ABC vuông 5 2 1 a ;b ;c 6 3 2. Vậy Smin 11  ABC vuông  S. 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 (chuyên) Thời gian làm bài: 150 phút Đề thi gồm : 01 trang. Câu I (2,0 điểm) 3 3 3 1) Phân tích đa thức P ( x) (3x  2)  (1  2 x)  (1  x) thành nhân tử.. 2) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện a  b  c  abc 4 . Tính giá trị của biểu thức: A  a (4  b)(4  c)  b(4  c )(4  a)  c (4  a )(4  b) . abc. Câu II ( 2,0 điểm) 1) Giải phương trình. 4  x 2  6 2 2  x  3 2  x ..  x 2  y 2 5  2 2 2) Giải hệ phương trình  xy ( x  y ) 6 . Câu III (2,0 điểm) 2 2 1) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn điều kiện x  4 xy  5 y 2( x  y ) . 2 3 4 2) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 1 p  p  p  p là số hữu tỷ.. Câu IV (3,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A thay đổi trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. 1) Chứng minh rằng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF..

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 2) Chứng minh AO  EF . 3) Xác định vị trí của điểm A để chu vi của tam giác DEF đạt giá trị lớn nhất. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 2  xy  y 2 S  x  y  2z. y 2  yz  z 2 z 2  zx  x 2  y  z  2x z  x  2y. ----------------------------Hết----------------------------. Họ và tên thí sinh................................................Số báo danh........................................ Chữ kí của giám thị 1: ....................................Chữ kí của giám thị 2: ........................... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG. Câu Ý I 1. I. ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn thi: TOÁN (chuyên). Nội dung 3 3 Phân tích P ( x ) (3x  2)  (1  2 x )  (1  x ) thành nhân tử 3 3 3 Đặt a 3 x  2, b 1  2 x, c 1  x  a  b  c 0  P a  b  c P ( a  b)3  c3  3ab( a  b). Điểm 1,00. (a  b  c)  (a  b) 2  (a  b)c  c 2   3ab(a  b). 0,25.  3ab( c ) 3abc 3(3x  2)(1  2 x)(1  x ). 0,25 1,00. 3. A  a (4  b)(4  c)  b(4  c )(4  a)  c (4  a )(4  b) . 2. abc. a  b  c  abc 4  4a  4b  4c  4 abc 16. II. 1. 0,25. 0,25. a(4  b)(4  c )  a(16  4b  4c  bc). . 0,25.  a (4a  4b  4c  4 abc  4b  4c  bc)  a (4a  4 abc  bc). 0,25.  a (2 a  bc ) 2  a (2 a  bc ) 2 a  abc. 0,25. Tương tự b(4  c)(4  a ) 2b  abc , c (4  a )(4  b) 2c  abc  A 2(a  b  c)  3 abc  abc 2(a  b  c  abc ) 8. 0,25. 2 Giải phương trình 4  x  6 2 2  x  3 2  x  (2  x)(2  x)  3 2  x  2 3  2  x 0 ĐK:  2  x 2 . Pt. . 2 x. . . . . 2  x  3 0.  2  x  3 0 2  x  2 0    2  x  2 0 2  x  3 0  x 7 (Loại). . 0,25. . 2 x  3  2. 2x  3. Giải pt.  . . 1,00. . 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 2  x  2 0  x  2 (TM). Vậy x = -2 2 2  x  y 5  2 2 Giải hệ phương trình  xy ( x  y ) 6 ( x 2  xy )  ( y 2  xy ) 5  x 2  y 2 5   2 2  xy ( x  y )( x  y ) 6 ( x  xy )( y  xy ) 6. Giải pt II. 2. Hệ. a  b 5  2 2 ab 6 a  x  xy , b  y  xy Đặt ta được hệ  2 2  a 2, b 3  x  xy 2, y  xy 3  a 3, b 2   2 2 x  xy  3, y  xy 2   Giải hệ pt này ta được  x 2  xy 2  3 x 2  3 xy 2 y 2  2 xy  3 x 2  5 xy  2 y 2 0  2 TH 1.  y  xy 3  x 2 y  y 2 1  y 1, x 2   y  3 x  x 2  1  x  1 , y  3  2 2 2  x 2  xy 3  2 x 2  2 xy 3 y 2  3xy  2 x 2  5 xy  3 y 2 0  2 TH 2.  y  xy 2 1 1 3  2  x 3 y  y  2  y  2 , x  2   y  2 x  x 2 1  x 1, y 2. 0,25 1,00. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. Vậy hệ pt có tám nghiệm là  1 3   1 3   3 1  3 1  (2;1), ( 2;  1),  ; ; ; ; ,   , (1;  2), ( 1; 2),  ,    2 2  2 2  2 2  2 2. III. 1. 2 2 Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x  4 xy  5 y 2( x  y ) 2 2 Pt  x  2(1  2 y ) x  5 y  2 y 0 2 2 Tồn tại x   ' (1  2 y )  (5 y  2 y ) 0  y 2  2 y  1 0  ( y  1) 2 2  y  1  2  1  Do y là số nguyên nên y 0, y 1, y 2. 2  y 1  2. 1,00 0,25 0,25 0,25. 2. y 0  x  2 x 0  x 0, x 2 y 1  x 2  6 x  7  x 3  2 y 2  x 2  10 x  24 0  x 4, x 6. 0,25. Vậy các cặp số nguyên cần tìm là (0;0), (2;0), (4;2), (6;2) III. 2. 2 3 4 Tìm các số nguyên tố p sao cho 1 p  p  p  p là số hữu tỷ. 1,00.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 1 p  p 2  p 3  p 4 là số hữu tỷ  1  p  p 2  p 3  p 4 n 2 , n    4  4 p  4 p 2  4 p 3  4 p 4 4n 2 (1). 0,25.  p 2  4 p 3  4 p 4  4n2  4  4 p  4 p 2  4 p3  4 p 4  5 p 2. 0,25.  (2 p 2  p)2  (2n) 2  (2 p 2  p  2) 2  2 p 2  p  2n  2 p 2  p  2  2n 2 p 2  p  1 . Thế vào (1) ta được 4  4 p  4 p 2  4 p 3  4 p 4 (2 p 2  p  1) 2  p 2  2 p  3 0 Giải pt tìm được p  1 (loại) và p 3 2. IV. 3. 4. Với p 3  1  p  p  p  p 11 . Vậy p 3 1 Chứng minh rằng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF   Tứ giác DCEH nội tiếp suy ra  HDE HCE   Tứ giác DBFH nội tiếp suy ra  HDF HBF     Tứ giác BCEF nội tiếp suy ra  HCE HBF  HDE HDF  Suy ra DH là tia phân giác của góc EDF  Tương tự EH là tia phân giác của góc DEF . Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.. IV. 2. 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25. 0,25. Chứng minh AO  EF Vẽ tiếp tuyến xAy của đường tròn (O) tại điểm A. 1,00.   Tứ giác AEHF nội tiếp suy ra  AFE AHE. 0,25.   Tứ giác EHDC nội tiếp suy ra  AHE DCE   DCE xAB (góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến và dây cung cùng. IV. 0,25. chắn một cung)   Suy ra AFE xAB  Ax // EF AO  xAy  AO  EF 3 Chứng minh AO  EF 1 AO.EF AO  EF  SAEOF = 2 Tương tự 1 1 BO  DF  SBDOF  BO.DF, CO  DE  SCDOE  CO.DE 2 2 1  SABC = SAEOF + SBDOF  SCDOE  (AO.EF  BO.DF + CO.DE) 2 1 = R(EF  DF+ DE) 2 Vậy chu vi tam giác DEF lớn nhất  SABC lớn nhất  khoảng cách từ A đến BC lớn nhất  A là điểm chính giữa của cung lớn BC.. 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> x 2  xy  y 2 y 2  yz  z 2 z 2  zx  x 2 S   x  y  2 z y  z  2 x z  x  2y Tìm GTNN của 1 3 1 1 x 2  xy  y 2  ( x  y ) 2  ( x  y ) 2  ( x  y ) 2  ( x  y ) 4 4 4 2 Ta có. V. 2S . xy yz zx   x  y  2z y  z  2x z  x  2 y. 1,00 0,25 0,25. Tương tự suy ra a x  y  2 z , b  y  z  2 x, a z  x  2 y bc  a ca b a b  c  xy  , yz  , zx 2 2 2 b c  a c  a  b a b  c  2S    2a 2b 2c Đặt. 0,25.  b a  c a  c b  4S             3 2  2  2  3 3 a b a c b c. 0,25. 3 3 S 4 . Đẳng thức xảy ra x  y  z . Vậy GTNN của S là 4 Do đó Y. A. A. E. E. X F H. B. F. O. H. B. C. D. Hình vẽ câu a SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM ĐỀ CHÍNH THỨC. C. D. Hình vẽ câu b KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút. Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: 2 a) x  5 x  6 0 2 b) x  2 x  1 0 4  c) x  3 x  4 0. O.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>  2 x  y 3  d)  x  2 y  1 Bài 2: (1,5 điểm) 2 a) Vẽ đồ thị (P) của hàm số y  x và đường thẳng (D): y  x  2 trên cùng một hệ trục toạ độ. b) Tìm toạ độ các giao điểm của (P) và (D) ở câu trên bằng phép tính. Bài 3: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức sau:  x 3  x 3 A   . x  3  x  9  x 3 với x 0 ; x 9. B 21. . 2. 2 3  3. 5.   6. 2. 2. 3  3 5.   15 15. Bài 4: (1,5 điểm) 2 2 Cho phương trình 8 x  8 x  m  1 0 (*) (x là ẩn số) 1 x 2 a) Định m để phương trình (*) có nghiệm b) Định m để phương trình (*) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa điều kiện:. x14  x24  x13  x23 Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC không có góc tù (AB < AC), nội tiếp đường tròn (O; R). (B, C cố định, A di động trên cung lớn BC). Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại M. Từ M kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này cắt (O) tại D và E (D thuộc cung nhỏ BC), cắt BC tại F, cắt AC tại I.   a) Chứng minh rằng MBC BAC . Từ đó suy ra MBIC là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh rằng: FI.FM = FD.FE. c) Đường thẳng OI cắt (O) tại P và Q (P thuộc cung nhỏ AB). Đường thẳng QF cắt (O) tại T (T khác Q). Chứng minh ba điểm P, T, M thẳng hàng. d) Tìm vị trí điểm A trên cung lớn BC sao cho tam giác IBC có diện tích lớn nhất.. BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a) x 2  5 x  6 0  25  24 1 5 1 5 1  x 2 hay x  3 2 2 b) x 2  2 x  1 0  ' 1  1 2  x 1 . 2 hay x 1  2.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> c) Đặt u = x2 0 pt thành :. u 2  3u  4 0  u 1 hay u  4 (loại) (do a + b + c =0) 2 Do đó pt  x 1  x 1 2 2 2 Cách khác pt  ( x  1).( x  4) 0  x  1 0  x 1. (1)  2 x  y 3 (1) 2 x  y 3   (3) ((2)  2(1) ) d)  x  2 y  1 (2)   5 x 5  y  1  x 1     x 1   y  1 Bài 2: a) Đồ thị:.  1;1 ,  2; 4  Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),  1;1 ,   2; 4  , (0; 2) (D) đi qua b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (D) là x 2  x  2  x 2  x  2 0  x 1 hay x  2 (a+b+c=0) y(1) = 1, y(-2) = 4   2; 4  ,  1;1 Vậy toạ độ giao điểm của (P) và (D) là Bài 3:Thu gọn các biểu thức sau Với x 0 và x  9 ta có :   x  3 x 3 x 9  x 3 A  .  x 3 . x  3  x 9   1  x 3. . . . 21 ( 4  2 3  6  2 5 ) 2  3( 4  2 3  6  2 5 )2  15 15 2 21  ( 3  1  5  1)2  3( 3  1  5  1) 2  15 15 2 15  ( 3  5) 2  15 15 60 2 B.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Câu 4:. 1 2 2 a/ Phương trình (*) có nghiệm x = 2  2  4  m  1 0  m 1  m 1 2 2 b/ ∆’ = 16  8m  8 8(1  m ) . x 4  x 4 x13  x23 thỏa. x x. 2 2 khi đó 1 Khi m = 1 thì ta có ∆’ = 0 tức là : 1 Điều kiện cần để phương trình sau có 2 nghiệm phân biệt là:. m  1 hay  1  m  1. m  1 hay  1  m  1. . Khi. 4 2. 3 1. 3 2.   x1  x2   x12  x22. ta có.    x  x   x  x   x  x   x  x  x .x  (Do x khác x ) 2 1. 2 2. 2 1. x  x x  x  x  x 4 1. 2 1. 2 2. 2 2. 1. 1. 2. 2. 1. 2 1. 2 2.  x1.x2 . 2. 2.   x1  x2    x1  x2   2 x1 x2  ( x1  x2 ) 2  x1.x2   2 2  S ( S  2 P ) S  P  1(12  2 P ) 12  P (Vì S = 1)  P 0  m 2  1 0 (vô nghiệm) Do đó yêu cầu bài toán  m 1 Cách khác Khi  0 ta có. m2  1 xx  x1  x2 1 và 1 2 8 4 4 3 3 3 x1  x2 x1  x2  x1 .( x1  1)  x23 ( x2  1) 0   x13 x2  x1 x23 0 (thế x1  1  x2 và x2  1  x1 )  x1 x2 ( x12  x22 ) 0  ( x1  x2 )( x1  x2 ) 0 (vì x x 0) 1 2.  x1  x2 (vì x +x =1 0) 1 2  m 1 Câu 5    a) Ta có BAC MBC do cùng chắn cung BC   Và BAC MIC do AB// MI   Vậy BAC MIC , nên bốn điểm ICMB cùng nằm Trên đường tròn đường kính OM (vì 2 điểm B, C cùng nhìn OM dưới 1 góc vuông) b) Do 2 tam giác đồng dạng FBD và FEC nên FB. FC =FE. FD. Và 2 tam giác đồng dạng FBM và FIC nên FB. FC =FI. FM. So sánh ta có FI.FM =FD.FE. A. E. P. O. I Q F. B. C D. T. M. c) Ta có góc PTQ=900 do POIQ là đường kính.. FI FT  Và 2 tam giác đồng dạng FIQ và FTM có 2 góc đối đỉnh F bằng nhau và FQ FM (vì FI.FM = FD.FE = FT.FQ).

<span class='text_page_counter'>(22)</span> 0     Nên FIQ FTM mà FIQ OIM 90 (I nhìn OM dưới góc 900) 0  Nên P, T, M thẳng hàng vì PTM 180 .. d) Ta có BC không đổi. Vậy diện tích S IBC lớn nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ I đến BC lớn. . nhất. Vậy I trùng với O là yêu cầu của bài toán vì I nằm trên cung BC của đường tròn đường kính OM. Khi I trùng O thì ABC vuông tại B. Vậy diện tích tam giác ICB lớn nhất khi và chỉ khi AC là đường kính của đường tròn (O;R). Cách khác: O’ là trung điểm của OM. BC cắt OO’, O’T lần lượt tại L, T. Vẽ IH vuông góc BC tại H.. IH IT O ' I  O 'T O ' O  O ' L OL. TS. Nguyễn Phú Vinh (Trung tâm luyện thi Vĩnh Viễn – TP.HCM) SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 Năm học: 2013-2014 Môn: TOÁN Thời gian : 120 phút (không kể thời gian giao đề). Bài 1: (1,5 điểm) 1) Tính 3 16  5 36 x. . 1. . 2) Chứng minh rằng với x  0 và x 1 thì x  1 x  x y  2m  1 x  6 3) Cho hàm số bấc nhất a) Với giá trị nào của m thì hàm số đã cho nghịch biến trên R? A  1; 2  b) Tìm m để đồ thị hàm số đã cho qua điểm Bài 2: (2,0 điểm) 2 1) Giải phương trình: 2 x  3 x  5 0. x 1 x. 2 x  x2 2 2) Tìm m để phương trình x  mx  m  2 0 có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn 1  x  y  xy  1  3) Giải hpt:  x  2 y  xy  1. Bài 3: (2,0 điểm) Một tổ công nhân dự định làm xong 240 sản phẩm trong một thời gian nhất định. Nhưng khi thực hiện, nhờ cải tiến kĩ thuật nên mỗi ngày tổ đã làm tăng thêm 10 sản phẩm so với dự định. Do đó tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày. Hỏi khi thực hiện, mỗi ngày tổ đã làm được bao nhiêu sản phẩm? Bài 4: (3,5 điểm)  O  cố định. Từ một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn  O  , kẻ các tiếp Cho đường tròn tuyến AM và AN với đường tròn ( M;N là các tiếp điểm). Đường thẳng đi qua A cắt đường tròn  O  tại hai điểm B và C (B nằm giữa A và C). Gọi I là trung điểm của dây BC. 1) Chứng minh rằng: AMON là tứ giác nội tiếp. 2) Gọi K là giao điểm của MN và BC. Chứng minh rằng: AK . AI  AB. AC 3) Khi cát tuyến ABC thay đổi thì điểm I chuyển động trên cung tròn nào? Vì sao?.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 4) Xác định vị trí của cát tuyến ABC để IM 2 IN . Bài 5: (1,0 điểm) x 2  2 x  2014 A x2 Với x 0 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ---------------------------- HẾT ---------------------------HƯỚNG DẪN Bài 1: (1,5 điểm) 1) 3 16  5 36 3.4  5.6 12  30 42 2) Với x  0 và x 1 ta có x x1. . 1 x. x. . x x1. 1. . x x. Vậy với x  0 và x 1 thì 3). x 1.  . . x1 1 x. x. x. x  1. . x. . y  2m  1 x  6. . . x1. . x 1 x. . . x1. . . . x1 x. . . x 1. x 1. . x. x1. x 1 x. a) Hàm số bấc nhất nghịch biến trên R khi y  2m  1 x  6 b) Đồ thị hàm số qua điểm. 2m  1  0  2m   1  m  . A  1; 2   2  2 m  1 .1  6  2 2 m  1  6  2 m 7  m . 1 2. 7 2. Bài 2: (2,0 điểm) 2 1) Giải phương trình: 2 x  3x  5 0. 5 2. x1 1; x2 . Ta có a  b  c 2  3  5 0 . Suy ra pt có 2 nghiệm: 2 x  x2  2 2) x  mx  m  2 0 có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn 1. 2.   m 2  4  m  2   m 2  4 m  8  m 2  4 m  4  4  m  2   4  0. Ta có đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.  S  x1  x2  m  P  x1 .x2 m  2 Áp dụng định lí Vi et ta có: . x  Ta có 1. 2. 2. với mọi. Do đó pt. 2. x2   x12  x2 2  2 x1 x2  x1  x2   4 x1 x2   m   4  m  2  m 2  4m  8. Do đó 2. 2. x1  x2 2   x1  x2  4  m2  4m  8 4  m2  4m  4 0   m  2  0  m 2.  x  y  xy  1   x  2 y  xy  1  3)  x; y   3; 2 .  y 2  y 2  y 2     x  y  xy  1  x  2  2 x  1  x 3 Vậy nghiệm của hpt là. Bài 3: (2,0 điểm) Gọi số sản phẩm tổ đã thực hiện trong mỗi ngày là x (sản phẩm). ĐK: x  10; x  Z Do đó: Số sản phẩm tổ dự định làm trong mỗi ngày là: x  10 (sản phẩm). 240 Thời gian tổ hoàn thành công việc trong thực tế là: x (ngày)..

<span class='text_page_counter'>(24)</span> 240 Thời gian tổ hoàn thành công việc theo dự định là: x  10 (ngày). Vì tổ đã hoàn thành công việc sớm hơn dự định 2 ngày, do đó ta có phương trình: 240 240  2 x  10 x Giải pt: 240 240 120 120  2   1  120 x  120 x  1200  x 2  10 x  x 2  10 x  1200 0 x  10 x x  10 x  ' 25  1200 1225  0   '  1224 35 PT có 2 nghiệm phân biệt: x1 5  35 40 (nhận) x2 5  35  30 (loại) Vậy số sản phẩm tổ đã thực hiện trong mỗi ngày là 40 sản phẩm. Bài 4: (3,5 điểm) (Giải vắn tắt) M. GT KL. O. A B. E K I. (O) cố định AM,AN là tiếp tuyến của (O) IB=IC 1) Tứ giác AMON nội tiếp 2) AK.AI=AB.AC 3) Khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển động trên cung tròn nào? Vì sao? 4) Xác định vị trí của cát tuyến ABC để IM=2.IN. C N. 1) Tứ giác AMON nội tiếp AK AM   AK . AI  AM 2  1 AM AI 2) AB AM ΔABM ∽ ΔAMC  gg     AB. AC  AM 2  2  AM AC  1 &  2   AK .AI  AB.AC 0  3) Ta có IB  IC  OI  BC  AIO 90 mà A,O cố định suy ra I thuộc đường tròn đường kính AO. B M  I  M ΔAKM ∽ ΔAMI  gg  . Giới hạn: Khi B  N  I  N  Vậy khi cát tuyến ABC thay đổi thì I chuyển động trên MON của đường tròn đường kính AO. IN KN KN .MA ΔKIN ∽ ΔKMA  gg     IN  MA KA KA 4) IM KM KM .NA KM .MA ΔKIM ∽ ΔKNA  gg     IM   NA KA KA KA (vì NA=MA) KN .MA IN 1 KA  1  KN  1 IM 2 IN    KM .MA 2 IM 2 KM 2 KA Do đó KN 1  Vậy IM=2.IN khi cát tuyến ABC cắt MN tại K với KM 2.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Bài 5: (1,0 điểm) x 2  2 x  2014 A  Ax 2  x 2  2 x  2014   A  1 x 2  2 x  2014 0  1 2 x A  1  x 1007 * Với  ' 1  2014  A  1 1  2014 A  2014 2014 A  2013 * Với A 1 PT (1) là pt bậc 2 ẩn x có 2013  ' 0  2014 A  2013 0  A  2014 PT (1) có nghiệm khi 2013 Amin  2014 Kết hợp với trường hợp A=1 ta có. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 1 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014. Đề chính thức. Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút(không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0 điểm) 1  1  2 x 4 : x 2 x 2 Cho biểu thức P = . a) Tìm điều kiện xác định và rút biểu thức P. 3 b) Tim x để P = 2 .. Câu 2: (1,5 điểm) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 100 m. Nếu tăng chiều rộng 3 m và giảm chiều dài 4 m thì diện tích mảnh vườn giảm 2 m2. Tính diện tích của mảnh vườn. Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình x2 – 2(m + 1)x + m2 + 4 = 0 (m là tham số) a) Giải phương trình với m = 2. 2 2 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x1  2(m 1)x 2 3m  16 .. Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O), hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Tia AO cắt đường tròn (O) tại D. a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành. c) Gọi m là trung điểm của BC, tia AM cắt HO tại G. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC. Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a+b+c=1..

<span class='text_page_counter'>(26)</span> a2 b2 c2 1    Chứng minh rằng: a  b b  c c  a 2 .. ----- Hết ------. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN. Câu. Ý. a,. Nội Dung. ïì x ³ 0 Û í ï x 4 ¹ 0 ĐKXĐ: îï. ïì x ³ 0 í ïîï x ¹ 4. Câu 1. 1  1 2 x  2 x  2  .( x  2)  x 4 : x  2  x  2 ( x  2)( x  2) x 2 P=  b,. x 3 3 = Û 2 x- 2 2 Û 2 x = 3 x - 6 Û x = 6 Û x = 36 (TMĐKXĐ). P=. Gọi x (m) là chiều rộng của mảnh vườn ( 0<x<25) Chiều dài của mảnh vườn là: 50-x. Diện tích của mảnh vườn là: x(50-x). Nếu tăng chiều rộng 3m thì chiều rộng mới là x+3; giảm chiều dài 4 m thì chiều dài mới là 46-x. Diện tích mới của mảnh vườn là: (x+3)(46-x) Theo bài ra ta có phương trình: x(50-x)-(x+3)(46-x)=2  50x-x2-43x+x2-138=2  7x=140  x=20 (TM) Vậy diện tích của mảnh vườn là 20(50-20)=600 m2.. Câu 2. a, (1,0 điểm). 2 Khi m = 2 pt trở thành x - 6x + 8 = 0. Ta có D ' = 1 Suy ra pt có hai nghiệm là: x1 = 4. x2 = 2 Để pt (1) có hai nghiệm x1; x2 Û D ' ³ 0 Câu 3. 2. Û ( m + 1) - ( m2 + 7) ³ 0 Û m ³ b,. 3 2 (*). ïì x1 + x2 = 2(m + 1) í 2 ï Theo Viet ta có: ïî x1.x2 = m + 4 Suy ra. x12 + 2(m + 1)x2 £ 3m2 + 16 Û x12 + (x1 + x2)x2 £ 3m2 + 16. Û x12 + xx2 + x1x2 £ 3m2 + 16 Û (x1 + x2)2 - x1x2 £ 3m2 + 16 (2m + 2)2 - m2 - 4 £ 3m2 + 16 Û 8m £ 16 Û m £ 2.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> 3 £ m£ 2 Đối chiếu với điều kiện (*) suy ra 2 thì pt (1) có hai nghiệm x1; x2 x2 + 2(m + 1)x2 £ 3m2 + 16 thỏa mãn : 1 A. E. Vẽ hình. F. G. O. H B. C. M D. Câu 4. (Hình vẽ chỉ cần vẽ hết câu b là đạt 0,5 điểm ). ·0. Xét tứ giác BCEF có =BFCE90 ( cùng nhìn cạnh BC) Suy ra BCEF là tứ giác nội tiếp. ·. b,. 0. Ta có ACD = 90 ( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)  DC  AC Mà HE  AC; suy ra BH//DC (1) Chứng minh tương tự: CH//BD (2) Từ (1) và (2) suy ra BHCD là hình bình hành Ta có M trung điểm của BC suy ra M trung điểm của HD. . c,. Câu 5. GM 1  AM 3. Do đó AM, HO trung tuyến của AHD  G trọng tâm của AHD GM 1  Xét tam giác ABC có M trung điểm của BC, AM 3 Suy ra G là trong tâm của ABC Áp dụng BĐT cô si ta có: a2 a b b2 bc c2 c a  a;  b;  c a b 4 b c 4 ca 4 a2 b2 c2 a b bc ca a bc 1   (a  b  c)  (   )  4 4 4 2 2 Suy ra a  b b  c c  a a2 b2 c2 1    Vậy a  b b  c c  a 2. --------------------------------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NINH. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NGUYỄN BÌNH NĂM HỌC 2013-2014. MÔN : TOÁN (Dùng cho mọi thí sinh) Ngày thi : 14/6/2013 Thời gian làm bài : 120 phút (Không kể thời gian giao bài). ĐỀ THI CHÍNH THỨC. (Đề thi này có 1 trang) Câu I(2,0 điểm) x2 x 1 x 1   x x  1 x  x  1 x  1 với x ≥ 0 và x ≠ 1 Cho biểu thức: a.Rút gọn biểu thức P b.Tìm x để P đạt giá trị nguyên. Câu II(2,5 điểm) P. 1.Cho phương trình ẩn x:. x 2   2m  5  x  n 0. a) Tìm m và n biết phương trình có hai nghiệm là -2 và 3. b) Cho m = 5. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để phương trình có nghiệm dương 2. Cho phương trình : x2 – 2mx + m2 – m + 1 = 0 Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn:. x12 + 2mx 2 = 9. Câu III (1,0 điểm) : Giải bài toán sau bằng cách lập hệ phương trình: Khoảng cách giữa hai bến sống A và B là 50km. Một ca nô đi từ bến A đến bến B, nghỉ 20 phút ở bến B rồi quay lại bến A. Kể từ lúc khởi hành đến khi về tới bến A hết tất cả là 7 giờ. Hãy tìm vận tốc riêng của ca nô, biết vận tốc của dòng nước là 4km/h Câu IV (3 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M là điểm chính giữa của cung AB, K là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ BM. Gọi H là chân đường vuông góc của M xuống AK a) Chứng minh rằng AOHM là tứ giác nội tiếp b) Tam giác MHK là tam giác gì? Vì sao? c) Chứng minh OH là tia phân giác của góc MOK d) Gọi P là hình chiếu vuông góc của K lên AB. Xác định vị trí của K để chu vi tam giác OPK lớn nhất Câu V (1,5 điểm): 1. Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: abc = 1 P. 1 1 1   a  ab 1 b  bc  1 c  ca  1. Tính giá trị biểu thức: 2. giải phương trình: x 3+7 x 2 +6 x +1=4 x2 +3 x ………………Hết ………………. ĐÁP ÁN Câu. Phần. Nội dung. Điểm.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> a.. 0, 25. x2 x 1 x 1 P   x x  1 x  x 1 x  1 . a) 1 điểm. x2 x 1    x x  1 x  x 1. . . x1. . x 1. 0, 25. 1 x1. x2 ( x  1)( x  1) x  x 1   ( x  1)( x  x  1) ( x  1)( x  x  1) ( x  1)( x  x  1). . x  2  x  1 x  x  1 x x  ( x  1)( x  x 1) ( x  1)( x  x  1). . x ( x  1) x  ( x  1)( x  x  1) x  x  1. 0, 25. x Vậy với x ≥ 0 và x ≠ 1, thì P = x  x  1. 2) 0.75 điểm. t≥0 b.Đặt t=√ x , đk t ⇒ Pt 2+(P −1)t + P=0 Ta có P= 2 t +t +1. Đk có nghiệm Do. Câu II 2,5 điểm. x 1. . Câu I 2.0 điểm. x2 x 1   x x  1 x  x 1. 0, 25. P− 1¿ 2 − 4 P2 ≥0 ⇔ −1 ≤ P ≤. 1 3. Δ=¿ 1 x ≥ 0 : x ≠ 1 nên 0 ≤ P ≤ ⇒ P nguyên ⇔ 3. a) Do -2 là nghiệm của phương trình 4m+n=14. 0, 25 P=0. x 2   2m  5  x  n 0. tại x=0. nên ta có: 0,25. (1). Do 3 là nghiệm của phương trình 6m-n=6. 0, 25 0, 25. x 2   2m  5  x  n 0. nên ta có:. (2). 4m  n 14  Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  6m  n 6 m 2  Giải hệ trên ta được  n 6. 0,25. 0,25.  m 2  Vậy với  n 6 thì phương trình đã cho có nghiệm là -2 và 3 2 b) Với m= 5, phương trình đã cho trở thành: x  5 x  n 0. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Để phương trình trên có nghiệm thì.  25  4n 0  n .  25 4 (*).  x1  x2  5  x .x  n Khi đó theo định lý Viét ta có  1 2 , nên để phương trình có nghiệm dương. 0,25. 0,25. thì x1.x2  n  0 suy ra n  0 . Kết hợp với điều kiện (*) suy ra n  0 .Từ đó ta tìm được n =1 là giá trị phải tìm.. 0,25 2.Phương trình có 2 nghiệm x1, x2  / ≥0  m –1 ≥ 0  m ≥ 1 (1)  x1  x2 2m  2 x .x m – m  1 (2) theo hệ thức Vi –ét ta có:  1 2 Mà theo bài cho, thì. x12 + 2mx 2 = 9. 0,25. (3). Thay (1) vào (3) ta được: x12 + (x1 + x 2 )x 2 = 9. 0,25.  x12 + x1x 2 + x 2 2 = 9 2. :  (x1  x2 )  x1 x2 9 (4) 2. 2. 2. Thay(1), (2) vào (4) ta được: 4m  m  m  1 9  3m  m  10 0. 0,25. 5 Giải phương trình ta được: m1 = - 2 (loại) ; m2 = 3 (TMĐK) 5 x 2 + 2mx 2 = 9 Vậy m = 3 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1, x2 : 1. Câu III. 1,0 điểm. 1 Đổi 20 phút = 3 giờ. Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là x (km/h, x  4) Vận tốc canô khi nước xuôi dòng là x  4 và thời gian canô chạy khi nước xuôi. 50 dòng là x  4 .. Vận tốc canô khi nước ngược dòng là x  4 và thời gian canô chạy khi nước ngược. 50 dòng là x  4 . 50 1 50   7 Theo giả thiết ta có phương trình x  4 3 x  4. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> 0,25 0,25. 50 50 20 5 5 2      x4 x 4 3 x4 x 4 3 2  15( x  4  x  4) 2( x  16)  2 x 2  30 x  32 0 . 2. pt  x  15 x  16 0 Giải phương trình ta được x  1 (loại), x 16 (thỏa mãn) Vậy vận tốc canô trong nước yên lặng là 16 km/h Hình vẽ: 0,25 M K H. a) 0,75 điểm. Câu IV 3 điểm. A. O. P. B. 0 ˆ  Vì M là điểm chính giữa của cung AB, nên sđ AM 900 => AOM 90  (đ/l góc ở tâm), mà MH  AK (gt) => AHM = 900 0  ˆ Trong tứ giác AOHM, ta có: AOM  AHM 90 Do đó đỉnh O và H luôn nhìn đoạn Am dưới một góc 900, nên AOHM là tứ giác nội tiếp. 0  b) Xét tam giác vuông MHK có MKH 45 0.5 Nên tam giác MHK là tam giác vuông cân tại H điểm Vì tam giác MHK cân tại H nên : HM = HK Xét  MHO và  KHO có HM = HK (c/m trên) c) 0.75 HO cạnh chung điểm OM = OK = R Suy ra  MHO =  KHO ( c-c-c)   Nên MOH KOH , Do vậy OH là phân giác của góc MOK Ta có chu vi của tam giác OPK là: C = OP + PK + OK. Mà OK không đổi, nên chu vi tam giác OPK lớn nhất  OP + PK lớn nhất d) Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-ski ta có (OP + PK)2 ≤ (12 + 12)( OP2 + PK2) = 2R2. Vậy (OP + PK)2 lớn nhất bằng 2R2, nên 0,75 điểm OP + PK lớn nhất bằng 2R . Do đó chu vi của tam giác OPK lớn nhất bằng: 2R. Câu VI 1) 1,5 điểm. + R = ( 2  1)R , khi OP = PK hay K là điểm chính giữa của cung MB 1 1 1 P   a  ab  1 b  bc  1 c  ca  1 1 a ab    a  ab  1 ab  abc  a abc  a 2bc  ab 1 a ab    a  ab  1 ab  1  a 1  a  ab 1  a  ab  1 a  ab  1 Vậy a, b, c là các số thực thỏa mãn: abc = 1 thì P = 1. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> 2). Chuyển vế và phương trình trở thành hằng đẳng thức và suy ra ngiệm của phương trình là x=-1. 0,25. 0,25. 0,25. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN. TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU. NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN ( không chuyên) Ngày thi 18 tháng 06 năm 2012. ĐỀ CHÍNH THỨC. Thời gian làm bài thi: 120 phút, (không kể thời gian giao đề). Bài I: ( 3 điểm) 1\ Rút gọn biểu thức B=. 5 1 7   7 2 21 7. 2\ Giải phương trình : 5x2 – 3x – 14 = 0 7x  y 33  3\ Giải hệ phương trình : 2x  3y 16 Bài II: ( 1,5 điểm)  x2 Cho Parabol (P): y = 4 và đường thẳng (d): y = x +3 1\ Vẽ (P) và (d) trên cùng một hệ trục tọa độ. 2\ Viết phương trình đường thẳng (d’), biết (d’) song song với (d) và (d’) có một điểm chung với (P) Bài III: ( 1,5 điểm) Cho phương trình : x2 – (3m – 1)x + 2m2 – m = 0. (1).

<span class='text_page_counter'>(33)</span> 1\ Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì phương trình (1) luôn có nghiệm. 2\ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn. x1  x 2 10. Bài IV: ( 3,5 điểm) Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Lấy điểm C trên đoạn AO, C khác A và O. Đường thẳng đi  qua C vuông góc với AO cắt nửa đường tròn (O) tại D. M là điểm bất kì trên cung BD. ( M khác B và D). Tiếp tuyến tại M của (O) cắt đường thẳng CD tại E. Gọi F là giao điểm của AM và CD 1\ Chứng minh bốn điểm B, C, F ,M cùng nằm trên một đường tròn. 2\ Chứng minh EM = EF  3\ Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMF. Chứng minh góc ABI có số đo không đổi  khi M di động trên cung BD .. Bài V: ( 0,5 điểm) x2  Giải phương trình :. x2.  x  1. 2. 15 ----------Hết----------.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN. TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU. NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN ( không chuyên) Ngày thi 14 tháng 06 năm 2013. ĐỀ CHÍNH THỨC. Thời gian làm bài thi: 120 phút, (không kể thời gian giao đề) Bài I: ( 3 điểm) 1\ Rút gọn biểu thức B=. 3 2 5 6   2 6 2 6 2. 2\ Giải phương trình : 2x2 + x – 15 = 0  2x  3y 2  3\ Giải hệ phương trình : 5x  y  12 Bài II: ( 1,5 điểm) 1 2 x Cho Parabol (P): y = 2 và đường thẳng (d): y = x +m 1\ Vẽ parabol (P) và đường thẳng (d) khi m= - 1 trên cùng một hệ trục tọa độ. 2\ Tìm m để đường thẳng (d) cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x1; x2 thỏa mãn x12 + x22 = 5m Bài III : ( 1 điểm) Quãng đường AB dài 120 km. Một ô tô khởi hành từ A đi đến B và một mô tô khởi hành đi từ B đến A cùng lúc. Sau khi gặp nhau tại địa điểm C, ô tô chạy thếm 20 phút nữa thì đến B, còn mô tô chạy thếm 3 giờ nữa thì đến A. Tìm vận tốc của ô tô và vận tốc của mô tô. Bài IV: ( 3,5 điểm) Cho đường tròn (O) có bán kính R và điểm C nằm ngoài đường tròn. Đường thẳng CO cắt đường tròn tại hai điểm A và B ( A nằm giữa C và O). Kẻ tiếp tuyến CM đến đường tròn ( M là tiếp điểm). Tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A cắt CM tại E và tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B cắt CM tại F. 1\ Chứng minh tứ giác AOME nội tiếp đường tròn.   2\ Chứng minh AOE OMB và CE.MF=CF.ME 3\ Tìm điểm N trên đường tròn (O) ( N khác M) sao cho tam giác NEF có diện tích lớn nhất. 0  Tính diện tích lớn nhất đó theo R, biết góc AOE 30 .. Bài V: ( 0,5 điểm) Cho 2 số thực a và b thỏa mãn a>b và ab= 4..

<span class='text_page_counter'>(35)</span> a 2  b2  1 a b Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT. TP.ĐÀ NẴNG ĐỀ CHÍNH THỨC. Năm học: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút. Bài 1: (2,0 điểm) 1) Tìm số x không âm biết. x 2..  2 2  2 2   1   1  2  1 2  1   2) Rút gọn biểu thức P=  Bài 2: (1,0 điểm). Giải hệ phương trình Bài 3: (1,5 điểm). 3 x  y 5  5 x  2 y 6. 1 y  x2 2 a) Vẽ đồ thị hàm số b) Cho hàm số bậc nhất y ax  2 (1) . Hãy xác định hệ số a, biết rằng a > 0 và đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành Ox, trục tung Oy lần lượt tại hai điểm A, B sao cho OB = 2OA (với O là gốc tọa độ). Bài 4: (2,0 điểm) 2. Cho phương trình x  (m  2) x  8 0 , với m là tham số. 1) Giải phương trình khi m = 4. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x 1, x2 sao cho biểu thức 2 1. Q =. 2 2. ( x  1)( x  4) có giá trị lớn nhất Bài 5: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) có BC = 2R và AB < AC. Đường thẳng xy là tiếp tuyến của đường tròn (O;R) tại A. Tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O;R) lần lượt cắt đường thẳng xy ở D và E. Gọi F là trung điểm của đoạn thẳng DE. a) Chứng minh rằng tứ giác ADBO là tứ giác nội tiếp. b) Gọi M là giao điểm thứ hai của FC với đường tròn (O;R). Chứng minh rằng.  CED 2 AMB c) Tính tích MC.BF theo R.. BÀI GIẢI Bài 1: a) Với x không âm ta có. x 2  x 4.  2 2  2 2   1   1  2  1 2  1   b) P=   32 2  3 2 2     1 1  9 8    = = =1 Bài 2:.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> 3 x  y 5 (1)  5 x  2 y 6 (2) 3x  y 5 (1)   x  4 (3) ( pt (2)  2 pt (1))  x 4   y  7 Bài 3: a). 1 2 1. -1. b) Gọi. A( x A ,0) , B (0, yB ). 2 y A ax A  2 0  axA 2  x A  (a  0) a A nằm trên đường thẳng (1) nên y axB  2 a.0  2  yB  2 B nằm trên đường thẳng (1) nên B 2 OB 2OA  yB 2 x A   2 2  a 2 (a  0) a Bài 4: a) Khi m = 4 pt trở thành :. b) Do. x 2  2 x  8 0  x  1  3 2 hay x  1  3  4 ( do  ' 9 ) 2   m  2   8  0 với mọi m. Vậy pt có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. x1 x2  8 nên. x2 . 8 x1. Q ( x12  1)( x22  4) ( x12  1)(. 64 16 2  4)  68  4( x  ) 68  4.8 1 x12 x12 = 36. 16 x12 8) . Ta có Q = 36 khi và chỉ khi x1 2 (Do x 2 thì m = 4, khi x = -2 thì m = 0. Do đó ta có giá trị lớn nhất của Q = 36 khi và chỉ khi m = 0 hay Khi 1 x12 . 1. m=4. Bài 5: 0   a) Ta có 2 góc DBC DAO 90 nên tứ giác ADBO nội tiếp AMB  1 AOB 2 b) cùng chắn cung AB.   mà CED  AOB cùng bù với góc. E. F A D. M.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> AOC   nên CED 2 AMB c) Ta có FO là đường trung bình của hình thang BCED nên FO // DB nên FO thẳng góc BC. Xét 2 tam giác vuông FOC và BMC đồng dạng theo 2 góc bằng nhau MC BC   Nên OC FC. B. C. O. MC.FC MC.FB OC.BC R.2 R 2 R 2. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.. I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm) Trong các câu sau, mỗi câu có 4 lựa chọn, trong đó có một lựa chọn đúng. Em hãy ghi vào bài làm chữ cái in hoa đứng trước lựa chọn đúng (Ví dụ: Câu 1 nếu chọn A là đúng thì viết 1.A). 1 Câu 1. Điều kiện để biểu thức 1  x được xác định là: A. x < 1. B. x  - 1. C. x > 1. D. x  1. Câu 2. Đường thẳng có phương trình y = x – 1 đi qua điểm: A. M(0; 1). B. N(0; -1). C. P(-1; 0). D. Q(1; 1). Câu 3. Phương trình x2 + 3x – 2 = 0 có tích hai nghiệm bằng: A. 3. B. 2. C. – 2. D. – 3. Câu 4. Cho ABC có diện tích 81cm2. Gọi M, N tương ứng là các điểm thuộc các đoạn thẳng BC, CA sao cho 2BM = MC, 2CN = NA. Khi đó diện tích AMN bằng: A. 36cm2. B. 26cm2. C. 16cm2. D. 25cm2. II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm) Câu 5 (2,5 điểm). Cho phương trình x2 + 2x – m = 0 (1). (x là ẩn, m là tham số) a) Giải phương trình với m = - 1 b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm. Gọi x1, x2 là hai nghiệm (có thể bằng nhau) của phương trình (1). Tính biểu thức P = x14 + x24 theo m, tìm m để P đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 6 (1,5 điểm). Tìm số tự nhiên có hai chữ số. Biết tổng hai chữ số của nó bằng 11 và nếu đổi chỗ hai chữ số hàng chục và hàng đơn vị cho nhau thì ta được số mới lớn hơn số ban đầu 27 đơn vị..

<span class='text_page_counter'>(38)</span> Câu 7 (3,0 điểm). Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a. Trên cạnh AD và CD lần lượt lấy  các điểm M và N sao cho góc MBN = 450, BM và BN cắt AC theo thứ tự tại E và F. a) Chứng minh các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp. b) Gọi H là giao điểm của MF với NE và I là giao điểm của BH với MN. Tính độ dài đoạn BI theo a. c) Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất. Câu 8 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thoả mãn x2 + y2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = 3 xy + y2. ------------------------HẾT--------------------SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC. HƯỚNG DẪN CHẤM TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014 MÔN: TOÁN. I. PHẦN TRẮC NGHIỆM (2,0 điểm) Mỗi câu đúng: 0,5 điểm Câu 1 2 3 Đáp án D B C II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm) Câu Đáp án, gợi ý trình bày a) Với m = -1, phương trình có dạng: x2 + 2x +1 = 0 <=> (x + 1)2 = 0 <=> x + 1 = 0 <=> x = - 1 Vậy với m = -1 thì phương trình (1) có nghiệm kép là x1 = x2 = -1. b) Phương trình (1) là phương trình bậc 2 (vì hệ số của x2 là 1 0) có  ’ = 1 + m 0 <=> m  - 1. Câu 5 Vậy phương trình (1) có nghiệm <=> m  -1. (2,5 Khi đó, áp dụng định lý Vi-ét, ta có: x1 + x2 = -2 ; x1.x2 = -m điểm) Do đó, P = x14 + x24 = (x12 + x22)2 – 2 x12.x22 = [(x1 + x2)2 - 2 x1.x2] 2 – 2(x1.x2)2 = (4 + 2m)2 – 2m2 = 2m2 + 16m + 16. Vì m  -1 <=> m + 1  0 nên ta có: P = 2m2 + 16m + 16 = 2(m2 + 2m + 1) + 12m + 14 = 2(m + 1)2 + 12(m + 1) + 2  2 Suy ra P đạt giá trị nhỏ nhất = 2 khi và chỉ khi m + 1 = 0 <=> m = -1. Gọi số tự nhiên cần tìm là ab (với a, b  N và 0 <a<10, 0 b<10) Vì tổng 2 chữ số la 11 nên a + b =11 (1) Khi đổi chỗ 2 chữ số ta được số mới là ba . Câu 6 (1,5 điểm).. Vì số mới lớn hơn số ban đầu 27 đơn vị nên ta có: ba - ab = 27 <=>10b + a – (10a + b) = 27 <=> 9b – 9a = 27 <=> a – b = -3 (2)  a  b 11  Kết hợp (1) và (2) ta có hệ phương trình:  a  b  3.  2a 8  a 4    b 7 (thoả mãn điều kiện). <=>  a  b 11 Vậy số tự nhiên cần tìm là 47. Câu 7 -Hình vẽ đúng (phần a) (3,0 a) Chứng minh các tứ giác. 4 A Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25. 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp:  Vì ABCD là hình vuông và MBN = 450 (GT) 0   nên ta có MBF FAM 45 0   và NBE NCE 45 do đó các tứ giác ABFM và BCNE là các tứ giác nội tiếp (vì đều có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn 2 đỉnh còn điểm). lại dưới một góc 450). 0 0    Mặt khác, vì tứ giác ABFM nội tiếp nên BFM  BAM 180 , mà BAM 90 0 0   => BFM 90 => MFN 90 (1) 0  Chứng minh tương tự, ta có NEM 90 (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MEFN nội tiếp được đường tròn (đường kính MN). Vậy các tứ giác ABFM, BCNE, MEFN nội tiếp. b) Tính độ dài đoạn BI theo a Lấy G trên tia đối của tia AD sao cho AG = CN (như hình vẽ) Kết hợp ABCD là hình vuông ta suy ra ABG CBN (c.g.c)   => GBA CBN .(3) và GB = NB (4) 0    7b Lại có MBN = 450 => ABM  CBN 45 (5). 0 (1,0     Kết hợp (3), (5) => GBM  ABM  GBA 45 MBN , lại kết hợp với (4) và BM điểm) là cạnh chung => MBG MBN (c.g.c) Mặt khác theo chứng minh ở phần a, ta có NE và MF là hai đường cao của MBN , suy ra BI cũng là đường cao của MBN => BA = BI (hai đường cao tương ứng của hai tam giác bằng nhau). Vậy BI = BA = a. 7c c) Tìm vị trí của M và N để diện tích tam giác MDN lớn nhất (0,75 Do MBG MBN (theo chứng minh ở phần b) => MG = MN điểm) Do đó MD + DN + MN = MD + DN + MG = MD + DN + (GA + AM) = MD + DN + CN + AM (vì GA = CN) = (MD + AM) + (DN + NC) = 2a (không đổi) Áp dụng định lý Pi-ta-go cho MDN (vuông tại D), ta có MN2 = DN2 + DM2 ( DM  DN ) 2  2 Mặt khác dễ dàng chứng minh được: DN 2 + DM2 (vì tương đương 2  với (DM – DN) 0 luôn đúng). ( DM  DN ) 2 DM  DN MN   2 2 Suy ra MD  DN . 0,5. 0,5. 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25. MD  DN 2 1   MD  DN  2 2. => 2a = MD + DN + MN Lại áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: 2 1 2 1  ( MD  DN )  2 MD.DN (2  2). MD.DN 2 2 2a=MD+DN+ MN 2.  2a  2 2 DM .DN   2( 2  1) .a  2 2  => 1 S MDN  DM .DN ( 2  1) 2 .a 2 2 => ,. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(40)</span>  DM DN  DM  DN   DM DN  2   MN  2   DM  DN  MN 2a. . . 2 a. dấu “=” xảy ra <=> . Vậy để diện tích tam giác MDN lớn nhất thì M, N lần lượt trên cạnh AD, CD sao DM DN  2  2 a cho . 2 2 Câu 8 a b ab   2ab a 2  b2  (a  b)2 0 (1,0 2 (đúng với mọi a, b), đẳng điểm). +Ta có: thức xảy ra <=> a = b. Do đó:. . . 3 xy + y2 = ( 3 x).y + y2. M=. 2. 2. Mà x + y = 1 => M. 0,25. .  . . 0,25. 2. 3.x  y 2 2. 3 2 , dấu “=” xảy ra <=>.  y2 . 3 x 2  y 2  2 y 2 3( x 2  y 2 )  2 2.  1 3 x ; y   3.x  y 2 2    2 2  1  3  x  y 1 ;y x  2 2. 3 3 1 y x 2 hoặc 2 và Vậy giá trị lớn nhất của M là 2 , đạt được khi và chỉ khi 1  3 x y 2 . 2 và +Xét 2M + 1 = 2( 3 xy + y2) +1 = 2 3 xy + 2y2 + (x2 + y2) = x2 + 2x. 3 y + 3y2 = (x + 3 y)2  0 với mọi x, y  x 2  y 2 1  3 1 1   x    y 2 x  3. y  0   2 , dấu “=” xảy ra 2 hoặc Suy ra M và 3 1 x y 2 và 2 . 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2 , đạt được khi và chỉ khi 3 1 x y 2 và 2 hoặc. x.  3 1 y 2 và 2. 0,25. 0,25. 0,25. Một số lưu ý: -Trên đây chỉ trình bày một cách giải. Trong quá trình chấm, giám khảo cần linh hoạt sao cho có sự công bằng khách quan cho các thí sinh; nếu thí sinh giải theo cách khác chặt chẽ và đúng đắn thì vẫn cho điểm tối đa. -Trong quá trình giải bài của thí sinh nếu bước trên sai, các bước sau có sử dụng kết quả phần sai đó nếu có đúng thì vẫn không cho điểm. - Bài hình học, nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai hình phần nào thì không chấm tương ứng với phần đó. - Những phần điểm từ 0,5 trở lên, tổ chấm có thể thống nhất chia tới 0,25 điểm..

<span class='text_page_counter'>(41)</span> - Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm, không làm tròn. --------------------------------------------------------ÑAI HOÏC QUOÁC GIA TP.HCM TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2013 MÔN THI: TOÁN (Chuyên) Thời gian: 150 phút 2 2 Câu I: Cho phương trình: x  4mx  m  2m  1 0(1) với m là tham số. a) Tìm m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm x1;x 2 phân biệt. Chứng minh rằng: khi đó x1;x 2 khoâng theå taùi daáu nhau. b) Tìm m sao cho:. x1 . x 2 1. 3x 2  2y  1 2z  x  2   2 3y  2z  1 2x  y  2   2 3z  2x  1 2y  z  2  Caâu II: Giaûi heä phöông trình:  3 3 Caâu III: Cho x, y laø hai soá khoâng aâm thoûa maõn x  y x  y a) Chứng minh rằng: y x 1 3 3 2 2 b) Chứng minh rằng: x  y x  y 1. 2 Câu IV: Cho M a  3a  1 với a là số nguyên dương. a) Chứng minh rằng mọi ước của M đều là số lẻ. b) Tìm a sao cho M chia hết cho 5. Với những giá trị nào của a thì M là lũy thừa của 5?  0 Câu V: Cho ABC có A 60 . Đường tròn (I) nội tiếp tam giác (với tâm I) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Đường thẳng ID cắt EF tại K, đường thẳng qua K và song song với BC cắt AB, AC theo thứ tự tại M, N. a) Chứng minh rằng: các tứ giác IFMK và IMAN nội tiếp. b) Gọi J là trung điểm của cạnh BC. Chứng minh ba điểm A, K, J thẳng hàng. c) Gọi r là bán kính của đường tròn (I) và S là diện tích tứ giác IEAF. Tính S theo r và S SIMN  4 ( SIMN chæ laø dieän tích IMN ) chứng minh. Câu VI: Trong một kỳ thi, 60 thí sinh phải giải 3 bài toán. Khi kết thúc kỳ thi, người ta nhận thấy rằng: với hai thí sinh bất kỳ luôn có ít nhất một bài toán mà cả hai thí sinh đó đều giải được. Chứng minh rằng: a) Nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải được thì phải có một bài toán khác mà mọi thí sinh đều giải được. b) Có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được ..  HEÁT. Caâu I:. ĐÁP ÁN. 2 2 a) Phöông trình coù hai nghieäm phaân bieät x1 ,x 2   ' 4m  m  2m  1  0  3m 2  m  3m  1  0  m  3m  1   3m  1  0.   3m  1  m  1  0.

<span class='text_page_counter'>(42)</span>  1  1  m  3 vaø m > -1  3m  1  0 vaø m  1  0 m     3   m < 1 vaø m < -1  3m  1  0 vaø m  1  0  m   1  3 2. x1 .x 2 m 2  2m  1  m  1 0. Khi đó: Do đó x1;x 2 không thể trái dấu.. b) Phöông trình coù hai nghieäm khoâng aâm x1;x 2  1  m  3 hoặc m  1 (áp dụng câu a)  ' 0    S x1  x2 0  4m 0 P x .x 0  2 1  1 2  m  1 0  m  3 Ta coù:. x1 . x 2 1  x1  x 2  2 x1x 2 1  4m  2.  4m  2 m  1 1  m  1 .  m  1. 2. 1. 4m  1 2.  4m  1  2 0 4m 1    4m  1   m  1     2m  2 4m  1  2    2m  2 1  4m   1  4m m  1   2  1 m 2 laø giaù trò caàn tìm. Vaäy.  1 m  4  1  1   m   m  (thích hợp) 2 2   1  m  2 . 3x 2  2y  1  3y 2  2z  1  3z2  2x  1 2z  x  2   2x  y  2   2y  z  2  Caâu II: Ta coù:  3x 2  2y  1  3y 2  2z  1  3z 2  2x  1 2zx  4z  2xy  4x  2yz  4y  x 2  2xy  y 2  x 2  2zx  z 2  y 2  2yz  z 2  x 2  2x  1  y 2  2y  1  z 2  2z  1 0. .  . 2. 2. 2. 2.  . 2.  . 2. 2.  . 2.   x  y    x  z    y  z    x  1   y  1   z  1 0 2. 2. 2. 2.   x  y   x  z   y  z   x  1  y  1  z  1 0  x y; x z; y z; x 1; y 1;z 1  x y z 1 Thử lại, ta có:.  x; y;z   1;1;1. là nghiệm của hệ phương trình đã cho.. Caâu III: 3 3 a) Ta coù: x 0; y 0 vaø x  y x  y . 3 3 Do đó : x  y x  y 0 . Nên x  y 0  x y x3  y3 x 3  y3  x  y  x 2  xy  y 2 Ta cuõng coù : x  y  x  y  x 2  xy  y 2 Neân. . . . .  . .

<span class='text_page_counter'>(43)</span> 3 3 Neáu x = y thì x  y 0 . Ta coù : x = y = 0. Neân y x 1 2 2 x  y  x  y  x 2  xy  y 2 x  y Neáu thì từ ta coù : 1 x  xy  y 2 2 2 2 Maø x  xy  y x . Neân 1 x . Maø x 0 . Neân 1 x. . . Vaäy y x 1 3 2 3 2 3 3 2 2 b) 0 y x 1 nên y y ; x x . Do đó : x  y x  y 2 2 2 2 2 2 2 2 Vì 1 x  xy  y và x  xy  y x  y . Do đó: x  y 1. 3 3 2 2 Vaäy x  y x  y 1 Caâu IV: M a2  3a  1 a2  a  2a  1 a  a  1  2a  1 a) laø soá leû (Vì a, a + 1 laø hai soá nguyeân döông a  a  1 2 lieân tieáp neân ) Do đó mọi ước cả M đều là số lẻ.. b). 2. M a2  3a  1  a2  2a  1  5a  a  1  5a. Ta coù:. . M5;  5a  5. .  a  1 . Do đó:. 2. 5. . Neân a  15 a 5k  1 k  N . Ta có : a chia cho 5 dư 1, tức a2  3a  1 5n n  N* n  N* 2 Ñaët ( vì do a 1 neân a  3a  1 5 ) n a 5k  1 k  N  Ta coù : 5 5 theo treân ta coù :. . . 2.  5k  1  3  5k  1  1 5 Ta coù :  25k  k  1  5 5  *. n.  25k 2  10k  1  15k  3  1 5n. n. n 2 2 25k  k  1 52 ; Neáu n 2 ta coù : 5 5 , maø 5 khoâng chia heát cho 5 : voâ lí. 25k  k  1 0; k  N Vaäy n = 1. Ta coù : . Do đó : k = 0. Nên a = 1. Caâu V :. a) Ta có : MN // BC (gt), ID  BC ((I) tiếp xúc với BC tại D).

<span class='text_page_counter'>(44)</span>    ID  MN  IK  MN  IKM IKN 900   IFM  IKM 90 0  90 0 180 0  Tứ giác IFMK nội tiếp.   0 Mặt khác : IKN IEN 90  Tứ giác IKEN nội tiếp.     Ta có : IMF IKF (Tứ giác IFMK nội tiếp) ; IKF ANI (Tứ giác IKEN nội tiếp).    IMF ANI  Tứ giác IMAN nội tiếp. b) Ta coù :   IMK IFK  Tứ giác IFMK nội tiếp     IN K IEK  Tứ giác IKEN nội tiếp  Maët khaùc : IE = IF (= r)  IEF caân taïi I. IMN cân tại I có IK là đường cao.  IK là đường trung tuyến của IMN  K laø trung ñieåm cuûa MN.  MN 2.MK Maø BC = 2.BJ (J laø trung ñieåm cuûa BC) MN 2.MK MK   2.BJ BJ Do đó: BC Maët khaùc: ABC coù MN // BC AM MN  AB BC (Heä quaû cuûa ñònh lyù Thales) AM MK  MN     BJ  BC  Ta coù: AB . Xeùt AMK vaø ABJ , ta coù:   AMK ABJ  hai góc đồng vị và MN // BC    AM MK   BJ  AB    AMK ABJ c  g  c  MAK BAJ. . .  Hai tia AK, AJ truøng nhau. Vaäy ba ñieåm A, K, J thaúng haøng. c) AE, AF là các tiếp tuyến của đường tròn (I)   AE = AF, AI laø tia phaân giaùc cuûa EAF  0 AEF caân taïi A coù EAF 60 (gt)  AEF đều.  EF = AE = AF. AEF đều có AI là đường phân giác.  AI là đường cao của AEF 1  S  AI.EF  AI  EF 2  IAE vuoâng taïi E AE = IE.cotIAE; IE = AI.sin.IAE r  AE r.cot 300  3.r; AI  2r sin 300.

<span class='text_page_counter'>(45)</span> Vaäy EF = AE = 3. r 1 1 S  .AI.EF  .2r. 3. r  3.r 2 (ñvdt) 2 2 Vaäy Goïi H laø giao ñieåm cuûa AI vaø EF.  0 Ta coù: IH  EF, H laø trung ñieåm cuûa EF vaø HIF 60 . 1  IH IF.cos HIF r.cos 60 0  .r 2 IHF vuoâng taïi H 1 3.r 2 SIEF  .IH .EF  2 4 (ñvdt) Do đó: Xeùt IMN vaø IEF , ta coù:     IMN IFE; INM IEF Do đó:. IMN IEF  g  g  2. S  IM  IM  IMN    IM  IF  1 SIEF  IF  IF . Maø IF  FM SIMN 1  SIMN SIEF SIEF Do đó: S  3.r ;SIEF 2. Ta coù:. SIMN . 3.r 2  ;SIMN SIEF 4. S 4. Vaäy Câu VI: Gọi ba bài toán là A, B, C. a) Không mất tính tổng quát, giả sử mọi thí sinh đều không giải được bài toán A.  Nếu mọi thí sinh đều không giải được bài toán B thì từ giả thiết ta có mọi thí sinh đều giải được bài toán C.  Nếu mọi thí sinh đều giải được bài toán B và bài toán C thì ta có mọi thí sinh đều giải được bài toán B; bài toán C.  Nếu có một thí sinh chỉ giải được một bài toán, giả sử giải được bài toán B. Xét học sinh này với tất cả các học sinh còn lại. Theo giả thiết, có mọi thí sinh đều giải được bài toán B. Vậy nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải được thì phải có một bài toán khác mà mọi thí sinh đều giải được. b) Theo giả thiết ta có mọi thí sinh đều giải được ít nhất một bài toán. Nếu có một thí sinh chỉ giải đúng một bài toán. Xét học sinh này với tất cả các học sinh còn lại, ta có mọi thí sinh đều giải được bài toán đó. Ta chỉ còn xét trường hợp mà mọi thí sinh giải được ít nhất hai bài toán.  Gọi số thí sinh giải được A, B mà không giải được C là x, số thí sinh giải được B, C mà không giải được A là y, số thí sinh giải được A, C mà không giải được B là z, số thí sinh giải được cả A, B, C là t (x, y, z, t  N ) Ta coù: x  y  z  t 60 (1) Cách 1: Giả sử có điều trái với kết luận của bài toán. Ta coù: x + z + t < 40; x + y + t < 40; y + z + t < 40 Do đó : x + z + t + x + y + t + y + z + t < 40 + 40 + 40 Kết hợp (1) ta có : t < 0. Điều này vô lí. Điều giả sử ở trên là sai..  2  x  y  z  t   t  120. ..

<span class='text_page_counter'>(46)</span> Vậy có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được. Cách 2 : Ta có : số học sinh không giải được A là y, không giải được B là z, không giải được C laø x. Neáu x > 20 ; y > 20 ; z > 20 thì x + y + z > 60. Maâu thuaãn (1). Do đó : trong ba số x, y, z phải có một số không vượt quá 20. Như vậy có một bài toán mà có nhiều nhất 20 thí sinh không giải được. Do đó bài toán này có ít nhất 40 thí sinh giải được. Vậy có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được.. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2013-2014 Môn toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang -------------------------------------------. Câu1 (2,0điểm) a) Tính : A=2 √ 16 − √ 49 b) Trong các hình sau đây : Hình Vuông, hình bình hành, hình chữ nhật,hình thang cân hình nào có hai đường chéo bằng nhau ? Câu2 (2điểm) a) giải phương trình : 2 x 2 −7 x+ 3=0 ¿ x+ 3 y =4 x + y=2 ¿{ ¿. b) Giải hệ phương trình Câu 3 (2điểm). a+ √ a a − √a 1− a)Rút gọn biểu thức B= 1+ với a ≥ 0 ; a ≠1 √ a+1 √a −1 b)Cho phương trình x2 +2(m+1)x +m2 =0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt trong dod có một nghiệm bằng -2 Câu 4 (3điểm). (. )(. ).

<span class='text_page_counter'>(47)</span> Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R.Gọi I là trung điểm OA qua I kẻ dây MN vuông góc với OA .C thuộc cung nhỏ MB ( M khác B, M), AC cắt MN tại D a) Chứng minh tứ giác BIDC nội tiếp b) Chứng minh AD.AC=R2 c) Khi C chạy trên cung nhỏ MB chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD luôn thuộc đường thẳng cố định Câu 5 (1 điểm) Cho x, y là 2 số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=. x+ y √ x(2 x + y )+ √ y (2 y + x). ---------------------------Hết---------------------Hướng dẫn câu khó Câu 4 b) Xét tam giác AID và tam giác ADB đồng dạng (g.g) c) Chứng minh tam giác AMD đồng dạng với tam giác ADM suy ra AM2=AC.AD suy ra AM là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD mà AM vuông góc với MB suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD luôn thuộc đường thẳng BM cố định Câu 5 (1 điểm) Cho x, y là 2 số thực dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=. x+ y √ x(2 x + y )+ √ y (2 y + x). Hướng dẫn a+b Áp dụng Bất đẳng thức CôSi cho 2 số dương √ ab ≤ 2. Ta có. 3 x+ 2 x + y 5 x + y = (1) 2 2 3 y +2 y + x 5 y + x = ( 2) √ 3 y (2 y + x )≤ 2 2 √ 3( x + y ) √3(x + y ) = √ 3 P= ≥ Từ (1) và (2) ta có √ 3 x (2 x+ y)+ √ 3 y (2 y+ x) 6 x+ 6 y 3 2 3 Min(P)= √ ⇔ 3 3 x =2 x + y 3 y=2 y + x ⇔ x= y ¿{. √ 3 x (2 x+ y) ≤. Cách 2 Áp dụng Bất đẳng thức Bunhiacópki cho 2 dãy Dãy 1 √ x ; √ y Dãy 2 √ 2 x + y , √ 2 y + x 2 Ta có ( √ x (2 x + y )+ √ y ( 2 y + x ) ) ≤ ( x+ y )( 3 x +3 y ) ⇔ √ x (2 x + y)+ √ y (2 y + x)≤ √ 3( x+ y ).

<span class='text_page_counter'>(48)</span> x+ y 1 √3 Nên P≥ 3 ( x+ y) = 3 = 3 √ √ 3 x y Min(P)= √ ⇔ √ = √ ⇔ x= y 3 √ 2 x+ y √ 2 y + x.

<span class='text_page_counter'>(49)</span>

<span class='text_page_counter'>(50)</span>

<span class='text_page_counter'>(51)</span>

<span class='text_page_counter'>(52)</span>

<span class='text_page_counter'>(53)</span>

<span class='text_page_counter'>(54)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH. KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013- 2014 Môn thi: TOÁN Ngày thi 21 tháng 6 năm 2013 Thời gian làm bài: 150 phút. ĐỀ THI CHÍNH THỨC. Đề thi gồm 5 câu trong 1 trang 1 1 √ x+1 Câu 1: (1,5 điểm) Cho biểu thức A = x − x + x −1 : 2 √ √ ( √ x −1 ) 1. Rút gọn A. 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = A - 16 √ x. (. ). Với x > 0, x 1. Câu 2: (2,0 điểm). Cho phương trình x 2+ ( m−1 ) x − 6=0 (1) (với ẩn x, tham số m). 1. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm x=1+ √ 2 2. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 với mọi m. Tìm m để biểu thức B = ( x 21 − 9 )( x22 − 4 ) đạt giá trị lớn nhất. Câu 3: (2,0 điểm). 1. giải hệ phương trình. ¿ x+ y+ z =6 xy + yz −zx =7 x 2 + y 2 + z 2=14 ¿{{ ¿. 2. Tìm tất cả các cặp số thực (x; y) thỏa mãn ( x 2+ 1 )( x 2 + y 2 )=4 x 2 y Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn tâm O bán kính R có đường kính AB. Trên đoạn thẳng OB lấy một điểm H (H khác O và H khác B). Trên tia đối của tia NM lấy một điểm C. AC cắt đường tròn tại K khác A, hai dây MN và BK cắt nhau ở E. 1. Chứng minh tứ giác AHEK là tứ giác nội tiếp. 2. Qua N kẻ đường vuông góc với AC cắt tia MK tại F. Chứng minh rằng tam giác NFK là tam giác cân. 3. Giả sử KE = KC. Chứng minh rằng KM ❑2 + KN ❑2 là không đổi khi H di chuyển trên đoạn thẳng OB. Câu 5 (1,5 điểm) 2 1. Cho x, y là các số thực thỏa mãn x 2 ( x 2 +2 y 2 −3 ) + ( y 2 − 2 ) =1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức C = x 2 + y 2 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho. 2. a −2 ab+2. là số nguyên..

<span class='text_page_counter'>(55)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Đề thi gồmcó 01 trang). KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Khóa ngày 21/6/2013 MÔN THI : TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút. Câu 1:(2,0đ) Rút gọn : A  2  3. 2  2  3 . 2  2  3 6 6 2 2 Câu 2:(2,0đ) Cho  là góc nhọn. Chứng minh : sin   cos   3sin  cos  1.  x  y  2  6  x  y   8   x  y 6 Câu 3:(2,0đ) Giải hệ phương trình :  2. Câu 4:(2,0đ) Giải phương trình : x  2 3 x  3  2 x 4 3 Câu 5:(1,5đ) Cho tam giác ABC, lấy điểm M nằm giữa B và C, lấy điểm N nằm giữa A và M. Biết diện tích tam giác ABM và diện tích tam giác NBC đều bằng 10m2 , diện tích tam giác ANC là 9m2. Tính diện tích tam giác ABC. Câu 6:(1,5đ) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy ( đơn vị trên hai trục toạ độ bằng nhau) cho A(6;0) , B(3;0) , C(0;- 4) , D(0;-8) . Đường thẳng AC cắt đường thẳng BD tại M. Tính độ dài đoạn thẳng OM. x 2  3  m 1 x  m2  15 0 Câu 7:(1,5đ) Cho phương trình bậc hai : (x là ẩn số, m là tham số).. x ,x. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 thoả mãn hệ thức 2 x1  x2  12 Câu 8:(1,5đ) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Trên tia đối của tia AC lấy điểm D và trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho AD = BE . Chứng minh tứ giác DAOE nội tiếp . Câu 9:(1,5đ) Tìm giá trị nhỏ nhất của M  x  2 x  5 Câu 10:(1,5đ) Tìm số tự nhiên n để n + 4 và n + 11 đều là số chính phương. Câu 11:(1,5đ) Cho tam giác ABC cân tại A, lấy điểm D nằm giữa B và C, lấy điểm E nằm giữa A BC 2 BE.CF  ˆ Bˆ . Chứng minh : 4 và B , lấy điểm F nằm giữa A và C sao cho EDF Câu 12:(1,5đ) Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M là một điểm trên đường tròn (M khác A và B), kẻ MH vuông góc với AB tại H. Đường tròn tâm M bán kính MH cắt (O) tại C và D. Đoạn thẳng CD cắt MH tại I. Chứng minh : I là trung điểm của MH . -------Hết ------.

<span class='text_page_counter'>(56)</span> Chứng minh MC2 = MK.MJ = 2MK.MO = 2MI.MH = MH2 => MH = 2MI => đpcm SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề). Phần I- Trắc nghiệm(2,0 điểm) Hãy chọn phương án trả lời đúng và viết chữ cái đứng trước phương án đó vào bài làm. 1 Câu 1. Điều kiện để biểu thức 1  x có nghĩa là A. x  1 . B. x  1 . C. x 1 . D. x 1 . Câu 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y ax  5 (d) đi qua điểm M(-1;3). Hệ số góc của (d) là A. –1. B. –2. C. 2. D. 3. 2 x  y 3  Câu 3. Hệ phương trình  x  y 6 có nghiệm (x;y) là A. (1;1). B. (7;1). C. (3;3). D. (3;-3). Câu 4. Phương trình nào sau đây có tích hai nghiệm bằng 3? 2 2 2 2 A. x  x  3 0 . B. x  x  3 0 . C. x  3 x  1 0 . D. x  5 x  3 0 . Câu 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, số giao điểm của parabol y = x2 và đường thẳng y= 2x + 3 là A. 2. B. 1. C. 0. D. 3. Câu 6. Cho tam giác ABC vuông tại A, có AB = 3cm; AC = 4cm. Độ dài đường cao ứng với cạnh huyền bằng 12 5 A. 7cm. B. 1cm. C. 5 cm. D. 12 cm.. ,. ,. Câu 7. Cho hai đường tròn (O;3cm) và ( O ;5cm), có O O = 7cm. Số điểm chung của hai đường tròn là.

<span class='text_page_counter'>(57)</span> A. 1. B. 2. C. 3. D. 4. Câu 8. Một hình nón có bán kính đáy bằng 4cm, đường sinh bằng 5cm. Diện tích xung quanh của hình nón bằng A. 20  cm2. B. 15  cm2. C. 12  cm2. D. 40  cm2. Phần II - Tự luận (8,0 điểm)  x 2 x  2 x    : x  2 x 1 x  1  x 1 Câu 1. (1,5 điểm) Cho biểu thức A =  với x > 0 và x 1 . 1) Rút gọn biểu thức A. 2) Tìm tất cả các số nguyên x để biểu thức A có giá trị là số nguyên. Câu 2. (1,5 điểm) Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m –1 =0 (1), với m là tham số. 3) Giải phương trình (1) khi m = 1. 4) Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm x 1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 ( x1  2)  x2 ( x2  2) 10 . 2 x2  x  1  y  2 6    5  1 3.  Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  x  1 y  2 Câu 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên tia đối của tia BA lấy điểm C (C không trùng với B). Kẻ tiếp tuyến CD với đường tròn (O) (D là tiếp điểm), tiếp tuyến tại A của đường tròn (O) cắt đường thẳng CD tại E. Gọi H là giao điểm của AD và OE, K là giao điểm của BE với đường tòn (O) (K không trùng với B). 1) Chứng minh AE2 = EK . EB. 2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn. AE EM  1 3) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh EM CM ..  3x Câu 5. (1,0 điểm. Giải phương trình :. 2.  6x. . . 2 x  1  1 2 x 3  5 x 2  4 x  4.. Hết Họ tên thí sinh:………………………………………………….Chữ ký giám thị 1 ………………………………………. Số báo danh:. Chữ ký giám thị 1. ….…………………………………………………… ………………………………………. HƯỚNG DẪN GIẢI Phần I: Trắc nghiệm (2,0 điểm) Câu Đáp án. 1 B. 2 C. 3 C. 4 D. 5 A. 6 C. 7 B. Phần II: Tự luận (8,0 điểm) Bài Bài 1 1,5 đ. Lời giải 2 3) Rút gọn biểu thức A = x  1 2 4) Với x > 0 và x 1 ta có A = x  1. Chỉ ra khi A có giá trị là số nguyên khi và chỉ khi x – 1 là ước của 2.. 8 A.

<span class='text_page_counter'>(58)</span> Từ đó tìm được x = 2 và x = 3 thỏa mãn điều kiện đề bài. Cho phương trình x2 – 2mx + m2 – m –1 =0 (1), với m là tham số. 3) Giải phương trình (1) khi m = 1. Thay m = 1 vào (1) rồi giả phương trình tìm được x 1  2 4) Xác định m để (1) có hai nghiệm x , x thỏa mãn điều kiện x1 ( x1  2)  x2 ( x2  2) 10 1. 2. .. Bài 2 1,5 đ. + Chỉ ra điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 là  0  m  1 + Áp dụng Định lý vi – ét cho phương trình (1) là.  x1  x2 2m  2  x1 .x2 m  m  1. 2 2 2 Tính được x1  x2 2m  4m  2 2 2 + Biến đổi x1 ( x1  2)  x2 ( x2  2) 10  x1  x2  2( x1  x2 ) 10 , tìm được m = 1; m. Bài 3 1,0 đ. = -4. Đối chiếu điều kiện kết luận m = 1 thỏa mãn yêu cầu đề bài. 2 x2  x  1  y  2 6    5  1 3.  Giải hệ phương trình  x  1 y  2. + Điều kiện: x. -1 và y. 2.. 5 + Giải hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x = 0; y = 2 ) Giải phương trình : 1 x 2 + Điều kiện.  3x. 2.  6x. . . 2 x  1  1 2 x3  5 x 2  4 x  2.. + Biến đổi phương trình đã cho trở thành phương trình tương đương.  x  2   3x Bài 5 1,0 đ. .  x 2 2 x  1  1  (2 x 2  x  2)  0   2   3x 2 x  1  1  (2 x  x  2) 0. + Giải phương trình. . 3x. . . . 2 x  1  1  (2 x 2  x  2) 0  3x. . . . 2 x  1  1  x(2 x  1)  2 0. (2) t 2 1 2 thay vào phương trình (2) ta được Đặt 2 x  1 t với t 0 suy ra 4  3  2  2  t 3t 2t 3t + 1 = 0 (t + t + 1)(t2 – 4t + 1) = 0  t2 – 4t + 1 = 0 x.  t 2  3. Từ đó tìm được x 4 2 3(tm) + Kết luận phương trình đã cho có 3 nghiệm là x = 2 và x 4 2 3.

<span class='text_page_counter'>(59)</span> E. K. M D. H. A. O. B. C. Bài 4 3,0 đ 1) Chứng minh AE2 = EK . EB. + Chỉ ra tam giác AEB vuông tại A. + Chi ra góc AKB = 900 suy ra AK là đường cao của tam giác vuông AEB. + Áp dụng hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông AEB ta có AE 2 = EK . EB 2) Chứng minh 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn. + Chỉ ra tứ giác AHKE nội tiếp suy ra góc EHK = góc EAK + Chỉ ra góc EAK = góc EBA + Suy ra tứ giác BOHK nội tiếp suy ra 4 điểm B, O, H, K cùng thuộc một đường tròn AE EM  1 3) Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt CE tại M. Chứng minh EM CM .. + Chỉ ra tam giác OEM cân tại E suy ra ME = MO. CE AE  + Chỉ ra OM // AE, áp dụng định lý ta – lét trong tam giác CEA ta có CM OM CE AE CE  CM AE  OM EM AE AE EM       1  1 CM OM CM OM OM CM + Ta có CM OM AE EM  1 Mà ME = MO nên suy ra EM CM (đpcm). SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NINH THUẬN. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Khóa ngày: 23 – 6 – 2011.

<span class='text_page_counter'>(60)</span> Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút ĐỀ: Bài 1: (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai: x2 – 4x – 3 = 0 (1) a) Giải phương trình (1) b) Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình (1). Hãy tính giá trị của biểu 2. 2. thức: A = x1  x2 Bài 2: (2,0 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, vẽ đồ thị (P) của hàm số: y = 2x2 b) Viết phương trình của đường thằng (d) có hệ số góc bằng 7 và đi qua điểm M(2;-1) Bài 3: (2,0 điểm) x  2 x 1  x  x  .  1 x  1  x  1 . Cho biểu thức: P(x) = , với x 0 và x  1 a) Rút gọn biểu thức P(x). b) Tìm x để: 2x2 + P(x)  0 Bài 4: (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O, bán kính R. Ba đường cao AD, BE, CK của tam giác ABC cắt nhau tại H sao cho AH = R. Gọi M, N là trung điểm của các cạnh AB và AC. a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp được trong một đường tròn. b) Tính diện tích của hình tròn ngoại tiếp tứ giác AMON theo R c) Tính số đo của góc BAC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH THUẬN ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013 – 2014 Khóa ngày: 23 – 6 – 2013 Môn thi chuyên: TOÁN. Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) -------------------------------ĐỀ: (Đề này gồm 01 trang). Bài 1 (2,0 điểm) Cho phương trình: x4 – 3x2 + 2 – 2m = 0 (1) a) Giải phương trình (1) khi m = 3. b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt. Bài 2 (2,0 điểm) Giải phương trình : Bài 3 (2,0 điểm). x  4  3 x  3 3.

<span class='text_page_counter'>(61)</span> Cho số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng số đó chia hết cho 7. Chứng minh rằng hiệu các lập phương của hai chữ số của số đó chia hết cho 7. Bài 4 (2,5 điểm) Cho nửa đường tròn đường kính BC. Gọi A là một điểm trên nửa đường tròn sao cho AB < AC. Dựng về phía tia đối của tia AB hình vuông ACDE ; AD cắt nửa đường tròn tại H; BH cắt DE tại K. a) Chứng minh rằng CK là tiếp tuyến của nửa đường tròn đường kính BC. b) Chứng minh rằng : AB = DK. Bài 5 (1,5 điểm) Cho ba điểm A, B, C cố định nằm trên đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Một đường tròn (O) thay đổi luôn đi qua A và B, gọi DE là đường kính của đường tròn (O) vuông góc với d. CD và CE cắt đường tròn (O) lần lượt tại M và N. Khi đường tròn (O) thay đổi thì hai điểm M và N di động trên đường cố định nào ?. -------- Hết --------. BÀI GIẢI Bài 1: (2,0 điểm) Phương trình: x4 – 3x2 + 2 – 2m = 0 (1) a) Với m = 3 phương trình (1) trở thành: x4 – 3x2 – 4 = 0 Đặt x2 = t ( t 0), phương trình (2) trở thành: t2 – 3t – 4 = 0 t1 = – 1 (loại) ; t2 = 4 (nhận) Do đó: t = 4  x2 = 4  x = x 2 Vậy: Phương trình (1) có hai nghiệm x1 = 2 ; x2 = – 2 b) Đặt x2 = t ( t 0), phương trình (1) trở thành: t2 – 3t + 2 – 2m = 0 (2) Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt  phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt   0    t 1t 2  0  t  t  0 cùng dương  1 2. 1  8m  0  2  2m  0  3  0 .  1 1 m   8    m 1  8  m  1. Bài 2: (2,0 điểm) Giải phương trình : Đặt. x  4  3 x  3 3. x  4 a (a 0) ; 3 x+3 b  a2  b3  7 ,. (ĐK : x 4 ).

<span class='text_page_counter'>(62)</span> Phương trình tương đương với : a  b 3   2 3 a  b  7. a 3  b   2 3 (3  b)  b  7. a 3  b  2 3 9  6b  b  b  7. a 3  b a 3  b a 3  b  3     2 3 2 2  b  b  6b  16 0  b  b  6b  16 0 (b  2)(b  b  8) 0 a 3  b a 3  b a 1     b  2 0    x 5  b 2  b 2   b2  b  8 0(VN) . Kiểm tra : x = 5 (TMĐK) Vậy : Phương trình đã cho có nghiệm : x = 5 Bài 3: (2,0 điểm) Gọi số có hai chữ số là : ab ( a, b  ; 0  a 9; 0 b 9) Ta có: ab 7 Hay: 10a  b 7 Suy ra: (10a + b)3 7  1000a3  b3  3.10a.b(10a  b)7 (*). (Vì: (a+b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b) ) (*)  1001a  a  b  3.10a.b(10a  b)7 (*) Ta có: 1001a3  7 (vì 1001  7) 3.10a.b(10a + b)  7 (vì: 10a + b  7) Nên suy ra: -a3 + b 7 (đpcm) Bài 4: (2,5 điểm) 3. 3. 3. 0  a) BHC 90 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) 0   Suy ra: CHK  CDK 180 0   Vậy: Tứ giác CDKH nội tiếp  CKH CDH 45.  (cùng chắn CH và do AD là đường chéo hình vuông) 0    Mà CBH CAH 45 (hai góc nội tiếp cùng chắn CH ) 0. 0. 0. 0. Suy ra CKH  CBH 45  45 90  BCK 90  CK  BC Vậy: CK là tiếp tuyến của nũa đường tròn đường kính BC. . . . .    1 C  2 cùng phụ với ACK  BAC KDC 900 ; AC=CD ; C   b) ABC và DKC có: Vậy:  ABC =  DKC (g.c.g), suy ra AB = DK. . Bài 5: (1,5 điểm) Gọi H, K lần lượt là giao điểm của CA với DE và EM. Do A, B, C cố định nên H cố định.   CMK và  CHD có:  H  90 0 ; DCH  M laø goùc chung Vậy:  CMK   CHD (g.g) CK CM    CK.CH CM.CD (1) CD CH   CMB và  CAD có:   CMB CAD (do tứ giác ABMD nội tiếp) ;.  ACD laø goùc chung.

<span class='text_page_counter'>(63)</span> Vậy:  CMB   CAD (g.g) . CM CB   CM.CD CA.CB (2) CA CD CK.CH CA.CB  CK . CA.CB (không đổi)  K là điểm cố đinh CH. Từ (1) và (2)   Tam giác CDE có K là trực tâm nên DN cũng đi qua điểm K cố định.. Mà DME DNE 90 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)  KMC KNC 90 Vậy: Khi đường tròn (O) thay đổi thì hai điểm M và N di động trên đường tròn cố định . . 0. đường kính CK, với. . CK . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH LÀO CAI ĐỀ CHÍNH THỨC. . 0. CA.CB CH .. KÌ THI TUYỂN SINH VÀO 10 - THPT NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN (Không chuyên) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề).. Câu I: (2,5 điểm) 1. Thực hiện phép tính: a) 3. 12. 1   a 1  1     : a  1 a a  2    2. Cho biểu thức: P =. b)3 20  45  2 80. a 2  Voi a  0;a 1;a 4 a  1. a) Rút gọn P 1 b) So sánh giá trị của P với số 3 . Câu II: (1,0 điểm) Cho hai hàm số bậc nhất y = -5x + (m+1) và y = 4x + (7 – m) (với m là tham số). Với giá trị nào của m thì đồ thị hai hàm số trên cắt nhau tại một điểm trên trục tung. Tìm tọa độ giao điểm đó..  m  1 x  y 2  mx  y m  1 Câu III: (2,0 điểm) Cho hệ phương trình: . (m là tham số). 1) Giải hệ phương trình khi m = 2. 2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x; y) thỏa mãn: 2x + y  3. Câu IV: (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 + 4x - 2m + 1 = 0 (1) (với m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = -1. b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x1-x2=2. Câu V : (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O bán kính R và một điểm A sao cho OA = 3R. Qua A kẻ 2 tiếp tuyến AP và AQ với đường tròn (O ; R) (P, Q là 2 tiếp điểm). Lấy M thuộc đường tròn (O ; R) sao cho PM song song với AQ. Gọi N là giao điểm thứ hai của đường thẳng AM với đường tròn (O ; R). Tia PN cắt đường thẳng AQ tại K. 1) Chứng minh tứ giác APOQ là tứ giác nội tiếp và KA2 = KN.KP..

<span class='text_page_counter'>(64)</span> 2) Kẻ đường kính QS của đường tròn (O ; R). Chứng minh NS là tia phân giác của góc  PNM . 3) Gọi G là giao điểm của 2 đường thẳng AO và PK. Tính độ dài đoạn thẳng AG theo bán kính R. ------------ Hết -----------. Giải: Câu I: (2,5 điểm). a) 3. 12  36 6 1. Thực hiện phép tính:. b)3 20  45  2 80 6 5  3 5  8 5  5. 1   a 1  1     : a1 a  a 2  2. Cho biểu thức: P =. a 2  Voi a  0;a 1;a 4 a  1. a) Rút gọn. P. .  a 1 a  1   a  2  a   a  2 a  1  a  2  a  2 a  1  a  2 1 . 3 a a  a  1   a  1   a  4 . a. a  1  : a 1  .  . a 2   a1  . 1 b) So sánh giá trị của P với số 3 . Xét hiệu: a 2 1 a  2 a 2    3 3 a 3 a 3 a Do a > 0 nên 3 a  0 1 suy ra hiệu nhỏ hơn 0 tức là P < 3 Câu II: (1,0 điểm) Đồ thị hai hàm số bậc nhất y = -5x + (m+1) và y = 4x + (7 – m) cắt nhau tại một điểm trên trục tung khi tung độ góc bằng nhau tức là m+1 = 7 – m suy ra m = 3. Tọa độ giao điểm đó là (0; m+1) hay (0; 7-m) tức là (0; 4).  m  1 x  y 2  mx  y m  1 Câu III: (2,0 điểm) Cho hệ phương trình:  (m là tham số)  x  y 2  x 1   2x  y 3  y 1 1) Giải hệ phương trình khi m = 2. Ta có  2. y = 2 – (m-1)x thế vào phương trình còn lại ta có: mx + 2 – (m-1)x = m + 1  x = m – 1 suy ra y = 2 – (m-1)2 với mọi m Vậy hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x; y) = (m-1; 2-(m-1)2).

<span class='text_page_counter'>(65)</span> 2x + y = 2(m-1) + 2 – (m-1)2 = -m2 + 4m -1 = 3 – (m-2)2  3 với mọi m Vậy với mọi giá trị của m thì hệ phương trình luôn có nghiệm thỏa mãn: 2x + y  3 Câu IV: (1,5 điểm) Cho phương trình bậc hai x2 + 4x - 2m + 1 = 0 (1) (với m là tham số) a) Giải phương trình (1) với m = -1. Ta có x2 + 4x +3 = 0 có a-b+c=1-4+3=0 nên x1 = -1 ; x2 = -3 3  2 b)  ' = 3+2m để phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thì  ' 0 tức là m Theo Vi ét ta có x1+ x2 = -4 (2); x1.. x2 = -2m+1 (3) Két hợp (2) vói đầu bài x1-x2=2 ta có hệ phương trình :  x1  x 2  4  x  1 3  1   x  x  2 x  3  1 2  2 2) thế vào (3) ta được m = -1 (thỏa mãn ĐK m Vậy với m = -1 thì hệ phương trình (1) có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn điều kiện x1-x2=2. Câu V : (3,0 điểm) a) tứ giác APOQ có tổng hai góc đối bằng 1800. P PM//AQ suy ra   PMN KAN (So le trong) N PMN APK   A (cùng chan PN) G.   Suy ra KAN APK Tam giác KAN và tam giác KPA có góc K chung   KAN KPA nên hai tam giác đồng dạng (g-g) KA KN   KA 2 KN.KP KP KA. H. S M O. K Q.   b) PM//AQ mà SQ  AQ (t/c tiếp tuyến) nên SQ  PM suy ra PS SM    nên PNS SNM hay NS là tia phân giác của góc PNM . c) Gọi H là giao điểm của PQ với AO G là trọng tâm của tam giác APQ nên AG = 2/3 AH mà OP2 = OA.OH nên OH = OP2/OA = R2/ 3R = R/3 nên AH = 3R – R/3 = 8R/3 do đó AG = 2/3 . 8R/3 = 16R/9 ------------ Hết ----------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH LÀO CAI ĐỀ CHÍNH THỨC. KÌ THI TUYỂN SINH VÀO 10 - THPT NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN (Chuyên) Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề). Câu I: (2,0 điểm).  x  y P. . 3. x y. 1. Rút gọn biểu thức: 0; x y).. . 3.  2x x  y y. x x y y. 3 . . xy  y x y. 3 3 2. Tính x biết x3 = 1  3 4  3 2. Câu II: (2,0 điểm). Cho f(x) = x2 – (2m+1)x + m2 + 1 (x là biến, m là tham số) 1. Giải phương trình f(x) = 0 khi m = 1..  . (với x > 0; y >.

<span class='text_page_counter'>(66)</span> 2. Tìm tất cả các giá trị m  Z để phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2 sao x1 x 2 cho biểu thức P = x1  x 2 có giá trị là số nguyên. Câu III: (2,0 điểm). 4  1  3x  y  2x  y 2  12y  4x 7  2x  y   3x  y  . 1. Giải hệ phương trình sau : 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 5x2 + y2 = 17 + 2xy Câu IV: (3,0 điểm). Cho đường tròn (O ; R) có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Trên đoạn thẳng AB lấy một điểm M (M không trùng với O và không trùng với hai đầu mút A và B). Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N của đường tròn (O) ở điểm P. Chứng minh rằng : 1. Tứ giác OMNP nội tiếp đường tròn. 2. Tứ giác CMPO là hình bình hành. 3. Tích CM.CN không đổi. 4. Khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì điểm P chạy trên một đoạn thẳng cố định. Câu V: (1,0 điểm). Tìm hai số nguyên a và b để M = a4 + 4b4 là số nguyên tố. ---------------------- Hết--------------------. Giải C. C©u 4 (3 ®iÓm):. m. A. O. n a. (Bài này là câu 5 đề thi 2007-2008 TS Lào Cai) 1) Chứng minh rằng tứ giác OMNP nội tiếp đợc đờng tròn.. d p. D.  OMP 90 0 (do MP  AB)    ONP 90 0 (t / c t 2 )   M, N cùng nhìn PO dới 1 góc không đổi bằng 900 nên tứ giác OMNP nội tiếp đợc đờng tròn đờng kính OP. 2) Chøng minh r»ng OP // a..   Tam gi¸c OCN c©n t¹i O nªn OCN ONC (1)   MP // CP nªn OCN PMN (2). B.

<span class='text_page_counter'>(67)</span> . . Do tø gi¸c OMNP néi tiÕp nªn PON PMN (3). . . Tõ (1), (2), (3) suy ra ONC PON , hai gãc nµy ë vÞ trÝ so le trong nªn OP // a do đó Tứ giác CMPO là hình bình hành. 3) hai tam giác COM và CND vuông có góc C chung nên đồng dạng CM CO  suy ra CD CN do đó CM.CN=CO.CD=R.2R=2R2 không đổi. 4) Tìm tập hợp những điểm P khi M di động. Tứ giác MODP là hình chữ nhật nên P luôn cách AB một khoảng không đổi bằng bán kính (O) do đó P thuộc đờng thẳng d // AB cách AB một khoảng không đổi OD Giíi h¹n: P thuéc ®o¹n th¼ng n»m gi÷a hai tiÕp tuyÕn t¹i A vµ B cña (O). SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG ĐỀ THI CHÍNH THỨC ( Đề thi gồmcó 01 trang). KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN Khóa ngày 21/6/2013 MÔN THI : TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút. A  2  3. 2  2  3 . 2  2  3 Câu 1:(2,0đ) Rút gọn : 6 6 2 2 Câu 2:(2,0đ) Cho  là góc nhọn. Chứng minh : sin   cos   3sin  cos  1. Câu 3:(2,0đ) Giải hệ phương trình :.  x  y  2  6  x  y   8   x  y 6 2. Câu 4:(2,0đ) Giải phương trình : x  2 3 x  3  2 x 4 3 Câu 5:(1,5đ) Cho tam giác ABC, lấy điểm M nằm giữa B và C, lấy điểm N nằm giữa A và M. Biết diện tích tam giác ABM và diện tích tam giác NBC đều bằng 10m2 , diện tích tam giác ANC là 9m2. Tính diện tích tam giác ABC. Câu 6:(1,5đ) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy ( đơn vị trên hai trục toạ độ bằng nhau) cho A(6;0) , B(3;0) , C(0;- 4) , D(0;-8) . Đường thẳng AC cắt đường thẳng BD tại M. Tính độ dài đoạn thẳng OM. x 2  3  m 1 x  m2  15 0 Câu 7:(1,5đ) Cho phương trình bậc hai : (x là ẩn số, m là tham số).. x ,x. Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 thoả mãn hệ thức 2 x1  x2  12 Câu 8:(1,5đ) Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O). Trên tia đối của tia AC lấy điểm D và trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho AD = BE . Chứng minh tứ giác DAOE nội tiếp . Câu 9:(1,5đ) Tìm giá trị nhỏ nhất của M  x  2 x  5 Câu 10:(1,5đ) Tìm số tự nhiên n để n + 4 và n + 11 đều là số chính phương. Câu 11:(1,5đ) Cho tam giác ABC cân tại A, lấy điểm D nằm giữa B và C, lấy điểm E nằm giữa A BC 2 BE.CF  ˆ Bˆ . Chứng minh : 4 và B , lấy điểm F nằm giữa A và C sao cho EDF Câu 12:(1,5đ) Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M là một điểm trên đường tròn (M khác A và B), kẻ MH vuông góc với AB tại H. Đường tròn tâm M bán kính MH cắt (O) tại C và D. Đoạn thẳng CD cắt MH tại I. Chứng minh : I là trung điểm của MH . -------Hết ------.

<span class='text_page_counter'>(68)</span> -------- Hết --------. ĐÁP ÁN Bài 1: (2,0 điểm) Cho phương trình bậc hai: x2 – 4x – 3 = 0 (1) a) Giải phương trình (1):  =7 x1 2  7 x2 2 . 7 2 1. 2 b) A = x  x2 = (x1 + x2)2 – 2x1.x2 = (-4)2 – 2.(-3) = 22 Bài 2: (2,0 điểm) a) Vẽ (P) : x -2 -1 0 1 2 2 y = 2x 8 2 0 2 8. Tự vẽ đồ thị Bài 3: (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức P. P=. x  2 x 1  x  x  .  1 x  1  x  1 . , với x. 0 và x  1. ( x  1) 2  x ( x  1)  .  1 ( x  1).( x  1)  x  1 x  1  x 1 . = b) 2x2 + P(x)  0.

<span class='text_page_counter'>(69)</span>  2 x 2  x  1 0  (2 x  1)( x  1) 0  1  x 2  1   x  1   1 x   2   x  1 2    x  1  1 0 x  2 Kết hợp điều kiện, suy ra:   2 x  1 0   x  1 0     2 x  1 0    x  1 0. Bài 4: (4,0 điểm) A. E M. F N. K H O. B. D. C. a) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp được trong một đường tròn. Ta có: AM = MB  OM  AB (Tính chất đường kính và dây cung) ⇒ ∠ OMA = 900 Tương Tự: ∠ ONA = 900 Tứ giác AEID có : ∠ OMA + ∠ ONA = 900 + 900 = 1800 Nên: tứ giác AEID nội tiếp được trong một đường tròn đường kính OA.

<span class='text_page_counter'>(70)</span> b) Tính diện tích của hình tròn ngoại tiếp tứ giác AMON theo R 2. 2  R R    4 S= 2. c) Tính số đo của góc BAC: Vẽ đường kính BF, ta có: AH // CF ( vì cùng vuông góc với BC) CH // AF ( vì cùng vuông góc với AB) Suy ra: Tứ giác AHCF là hình bình hành Do đó: CF = AH = R  cos BFC  ⇒. cung BC). CF R 1   BF 2 R 2. ∠ BFC = 600. ⇒. ∠ BAC = 600 ( vì góc nội tiếp cùng chắn.

<span class='text_page_counter'>(71)</span> SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ———————— ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho tất cả các thí sinh (Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề).

<span class='text_page_counter'>(72)</span>  P   Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức. ———————————— x 1   x  :  x  1 x 1  với x 1, x  1 3. a) Rút gọn biểu thức P . 2 b) Tìm tất cả các giá trị của x để P x  7 .. Câu 2 (2,0 điểm). 2 x    3   a) Giải hệ phương trình  x. 3  1 y 1 1 4 y 1. x 1 x  2 x  3 x  4    98 97 96 b) Giải phương trình 99 2 Câu 3 (2,0 điểm). Cho phương trình x  (2m  1) x  m  2 0, ( x là ẩn, m là tham số). a) Giải phương trình đã cho với m 1 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm và tổng lập phương của hai nghiệm đó bằng 27. Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O) và điểm M nằm ngoài (O). Từ M kẻ tiếp tuyến MA, MC (A, C là các tiếp điểm) tới (O). Từ M kẻ cát tuyến MBD (B nằm giữa M và D, MBD không qua O). Gọi H là giao điểm của OM và AC. Từ C kẻ đường thẳng song song với BD cắt đường tròn (O) tại E (E khác C), gọi K là giao điểm của AE và BD. Chứng minh: a) tứ giác OAMC nội tiếp. b) K là trung điểm của BD.  c) AC là phân giác của góc BHD . 2 2 2 Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c 1 . Chứng minh:. ab  2c 2 bc  2a 2 ac  2b 2   2  ab  ba  ca 1  ab  c 2 1  bc  a 2 1  ac  b 2. ------------Hết-----------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!. Họ và tên thí sinh: ……………………………………….; SBD: ………………………... Đáp án đề thi môn Toán (Đề chung) tuyển sinh lớp 10 Đồng Tháp Năm học 2013- 2014 Ngày thi: 14 h ngày 26/ 6/ 2013 Câu 1: (1 điểm).

<span class='text_page_counter'>(73)</span> Cho hai biểu thức A  x  3 và B  9  4 a) Tính giá trị của biểu thức B b) Với giá trị nào của x thì A= B Giải: a) B  9  4 3  2 1 b) A B  x  3 1  x  3 1  x 4 Câu 2: (1 điểm) Với x  0, x 1 , ta có:  x x   1  VT    .  x   x 1   x  x1 1   x  1  1  x   .  x 1   x   x1  1    x1.   x  1  x 1 . . 1   .  x  1 x 1 .   x  1  x  1. x1. x 1 . x 1 2. (Chứng minh xong). Câu 3: a) Giải hệ phương trình: 5 x  y 19    x  y 5. 6 x 24    x  y 5.  x 4   4  y 5. Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất: 2 b) Giải hệ phương trình: x  2 x  3 0.  x 4   y 1  x; y   4;1. Ta có: a  b  c 1  2    3 0 c x1 1, x2   3 a Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt. c) Hai đội công nhân cùng làm xong một công việc trong 12 ngày. Nhưng họ chỉ làm cùng nhau được 6 ngày thì đội II phải đi làm việc khác, còn đội I tiếp tục làm một mình với năng suất tăng gấp đôi so với lúc đầu nên đã hoàn thành nốt phần việc còn lại sau đó 7 ngày. Hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội làm xong công việc đó trong mấy ngày. (Bình luận: đề rất khó so với mức độ đề chung, vả lại câu hỏi chưa rõ, có thể HSG xuất sắc ra 2 đáp án, nên hỏi: “Với năng suất ban đầu, hỏi nếu làm riêng thì mỗi đội làm xong công việc đó trong mấy ngày”. Giải: Gọi x, y (ngày) lần lượt là số ngày làm riêng của đội I, đội II làm xong một công việc. Điều kiện: x, y nguyên dương. Vì hai đội cùng làm xong một công việc trong 12 ngày, nên: 1 1 1   x y 12 6 1  Trong 6 ngày hai đội cùng làm xong: 12 2 (công việc)..

<span class='text_page_counter'>(74)</span> 1. 1 1  2 2 (công việc).. Phần việc còn lại đội I phải làm là: Vì năng suất tăng gấp đôi so với lúc đầu và hoàn thành nửa công việc còn lại trong 7 7 1 2.  ngày, nên: x 2 .. Giải hệ phương trình: 1 1 1  x  y 12  2. 7  1  x 2 .  x 28  1 1 1  28  y 12  .  x 28  1 1 1  y 12  28  .  x 28   x 28 1 1    y 21    y 21. Vậy: Số ngày làm riêng của đội I làm xong một công việc 28 ngày. Số ngày làm riêng của đội II xong một công việc: 21 ngày. Câu 4: (1,5 điểm) a) Vì (d): y= x+ b đi qua M(1; 3), nên 1+ b= 3 hay b= 2. b) Vẽ (P): y= x2, và (d): y=x+ 2 trên cùng một mặt phẳng toạ độ.. Câu 5: (1,5 điểm) Một toà nhà có bóng in trên mặt đất dài 16 mét, cùng thời điểm đó một chiếc cọc (được cấm thẳng đứng trên mặt đất) cao 1 mét có bóng in trên mặt đất dài 1,6 mét. a) Tính góc tạo bởi tia nắng mặt trời với mặt đất (đơn vị đo góc được làm tròn đến độ). b) Tính chiều cao toà nhà (làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất). Bình luận: Kết quả chả có chữ số thập phân nào, có chăng là: Toà nhà cao 10,0m. Lạ thật. Giải:.

<span class='text_page_counter'>(75)</span> Như hình vẽ: AB là chiều cao của toà nhà. AC= 16m là bóng của toà nhà in trên mặt đất. HK= 1m là chiều cao của cọc. HC=1,6 m là bóng của cọc in trên mặt đất. tan C . HK 1  320  0, 625  C CH 1, 6. Tam giác CHK vuông tại H, có: Tam giác ABC vuông tại A, có AB  AC.tan C 16.0, 625 10 m. Câu 6: (2,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Đường tròn tâm O đường kính AB cắt cạnh BC tại D. a) Tính số đo cung nhỏ AD. b) Tiếp tuyến tại D của đường tròn (O) cắt AC tại E. Tứ giác AODE là hình gì? Giải thích vì sao. c) Chứng minh OE// BC. d) Gọi F là giao điểm của BE với đường tròn (O). Chứng minh CDFE là tứ giác nội tiếp. Giải:. 0  a) Tam giác ABC vuông cân tại A, nên ABD 45. 1 ABD  2 Mà sđ AD (tính chất góc nội tiếp)  sđ AD 2.ABD 2.450 900. b) Tứ giác AODE là hình vuông.  OAE 900 (gt) Vì:  ODE 900 (do DE là tiếp tuyến) AOD 900 (do tam giác OBD cũng vuông cân) và OA= OD (bán kính của (O)).

<span class='text_page_counter'>(76)</span> 0 0 0 0   c)Ta có: OBD 45 và BOE 90  45 135.   ĐỀ CHÍNH THỨC OBD  BOE 450  1350 1800 , ở vị trí trong cùng phía. Do đó:. Vậy OE// BC  d)Xét tứ giác CDFE có BFD là góc ngoài tại đỉnh F, 1 1  BFD  BOD  .900 2 2 (cùng chắn cung BD)  DCE 450. Tam giác ABC vuông cân tại A, nên . 0   Suy ra: BFD = DCE 45 (góc ngoài tại đỉnh F của tứ giác bằng với góc C). Vậy tứ giác CDFE là tứ giác nội tiếp. Phần bình luận về đề thi:……, 30% cấp độ biết tìm không thấy, đề thi này khả năng bùng phát điểm 0 là khó tránh khỏi, học sinh mình còn yếu lắm đồng nghiệp ơi!..... còn nhớ rằng: Tuyển sinh lớp 10 năm học 2010-2011 (Sa Đéc. TP Cao lãnh): hơn 600 con 0 Tuyển sinh lớp 10 năm học 2011-2012 (toàn tỉnh): hơn 1000 con 0 Tuyển sinh lớp 10 năm học 2012-2013: 500 con 0 Tuyển sinh lớp 10 năm học 2013-2014: ……… Than ôi……… UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: Toán (Dành cho tất cả thí sinh) Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2013. Câu 1. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: 2 x  3 0. b) Với giá trị nào của x thì biểu thức A. x  5 xác định?. 2 2 .2 2 . 2 1 2  1. c) Rút gọn biểu thức: Câu 2. (2,0 điểm) Cho hàm số: y mx  1 (1), trong đó m là tham số. a) Tìm m để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A(1; 4) . Với giá trị m vừa tìm được, hàm số (1) đồng biến hay nghịch biến trên  ? 2 b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) song song với đường thẳng d: y m x  m  1. Câu 3. (1,5 điểm) Một người đi xe đạp từ A đến B cách nhau 36 km. Khi đi từ B trở về A, người đó tăng vận tốc thêm 3 km/h, vì vậy thời gian về ít hơn thời gian đi là 36 phút. Tính vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B. Câu 4. (3,0 điểm).

<span class='text_page_counter'>(77)</span> Cho nửa đường tròn đường kính BC, trên nửa đường tròn lấy điểm A (khác B và C). Kẻ AH vuông góc với BC (H thuộc BC). Trên cung AC lấy điểm D bất kì (khác A và C), đường thẳng BD cắt AH tại I. Chứng minh rằng: a) IHCD là tứ giác nội tiếp; b) AB2 = BI.BD; c) Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AID luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi D thay đổi trên cung AC. Câu 5. (1,5 điểm) a) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn phương trình: x 2  2 y 2  3xy  2 x  4 y  3 0.   b) Cho tứ giác lồi ABCD có BAD và BCD là các góc tù. Chứng minh rằng AC  BD. ------------Hết-----------(Đề này gồm có 01 trang). Họ và tên thí sinh: ……………………………..……Số báo danh: ………………..... UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. Câu 1 a) (0,5 điểm) (2,0 điểm) Ta có 2 x 3 3  x 2 b) (0,5 điểm) x  5 xác định khi x  5 0  x 5. HƯỚNG DẪN CHẤM. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: Toán (Dành cho tất cả thí sinh) Lời giải sơ lược. Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25. c) (1,0 điểm) A= 2 (1,0 điểm). 2( 2  1) 2( 2  1) . 2 1 21. = 2. 2 2 a) (1,0 điểm) Vì đồ thị hàm số (1) đi qua A(1; 4) nên 4 m  1  m 3 Vậy m 3 đồ thị hàm số (1) đi qua A(1; 4) . Vì m 3  0 nên hàm số (1) đồng biến trên  . b) (1,0 điểm). m 2 m  m  1 1 Đồ thị hàm số (1) song song với d khi và chỉ khi . 0,5 0,5. 0,5 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(78)</span>  m 1 . Vậy m 1 thỏa mãn điều kiện bài toán. 3 (1,5 điểm). Gọi vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là x km/h, x  0 . 36 Thời gian của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là x Vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ B đến A là x+3 36 Thời gian của người đi xe đạp khi đi từ B đến A là x  3 36 36 36   Ta có phương trình: x x  3 60  x 12  x  15  loai  Giải phương trình này ra hai nghiệm   Vậy vận tốc của người đi xe đạp khi đi từ A đến B là 12 km/h. 4 (3,0 điểm). 0,5. 0,25. 0,25 0,25 0,5 0,25. a) (1,0 điểm). 0,25. Vẽ hình đúng, đủ phần a. 0  AH  BC  IHC 90 . (1)   BDC 900 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay IDC 900. (2) 0   Từ (1) và (2)  IHC  IDC 180  IHCD là tứ giác nội tiếp. b) (1,0 điểm)     Xét ABI và DBA có góc B chung, BAI  ADB (Vì cùng bằng ACB ). Suy ra, hai tam giác ABI , DBA đồng dạng. AB BD    AB 2 BI .BD BI BA . (đpcm) c) (1,0 điểm)  BAI  ADI (chứng minh trên)..  AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp  ADI với mọi D thuộc cung AD và A là tiếp điểm. (tính chất góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) Có AB  AC tại A  AC luôn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp AID . Gọi M là tâm đường trong ngoại tiếp AID  M luôn nằm trên AC. Mà AC cố định  M thuộc đường thẳng cố định. (đpcm) 5. a) (1,0 điểm). 0,25 0,25 0,25. 0,75 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(79)</span> (1,5 điểm). x 2  2 y 2  3xy  2 x  4 y  3 0   x  y   x  2 y   2  x  2 y   3. ĐỀ CHÍNH THỨC   x  2 y   x  y  2   3. 0,5. Do x, y nguyên nên x  2 y , x  y  2 nguyên 3   1 .3   3 .1 Mà nên ta có bốn trường hợp  x  2 y  1  x 3  x  2 y 3  x  9    loai     x  y  2 3  y 2 ;  x  y  2  1  y  6   x  2 y 1  x  11  x  2 y  3  x 1    loai     ;  x  y  2 1  y 2  x  y  2  3  y  6. 0,5. Vậy các giá trị cần tìm là ( x; y ) (1; 2), (3; 2) . b) (0,5 điểm) Vẽ đường tròn đường kính BD. Do các góc A, C tù nên hai điểm A, C nằm trong đường tròn đường kính BD. Suy ra, AC  BD (Do BD là đường kính).. 0,5. Lưu ý: - Thí sinh làm theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm. - Việc chi tiết hoá điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong hội đồng chấm. - Điểm toàn bài không làm tròn số ( ví dụ: 0,25, hoặc 0,75 vẫn giữ nguyên ). UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin) Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20 tháng 6 năm 2013. Câu 1. (1,5 điểm)  x2 x 2 1  x 1 A    :  x x  1 x  x  1 1  x  x  x  1 với x 0, x 1 . a) Rút gọn biểu thức.  x b) Cho Câu 2. (2,0 điểm). . 3  1 . 3 10  6 3 21  4 5  3. , tính giá trị của biểu thức. P  x2  4 x  2. . . 2013. .. 2 2 Cho phương trình: 2 x  4mx  2m  1 0 (1), với x là ẩn, m là tham số.. a) Chứng minh với mọi giá trị của m, phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt. 2 2 b) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x1 , x2 . Tìm m để 2 x1  4mx2  2m  9  0. Câu 3. (1,5 điểm) 3 3 2 2 a) Cho các số dương x, y thỏa mãn x  y x  y . Chứng minh rằng x  y  1..

<span class='text_page_counter'>(80)</span> b) Giải hệ phương trình: Câu 4. (3,0 điểm). 2 x  y 2  1  2 2 y  z  1. 2 z x 2  1 . Cho đường tròn tâm O đường kính BC 2 R , điểm A nằm ngoài đường tròn sao cho tam giác ABC nhọn. Từ A kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N là hai tiếp điểm). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, F là giao điểm của AH và BC. Chứng minh rằng: a) Năm điểm A, O, M, N, F cùng nằm trên một đường tròn; b) Ba điểm M, N, H thẳng hàng; 2 2 c) HA.HF R  OH . Câu 5. (2,0 điểm). x  y 2013 x; y; z  a) Tìm tất cả các bộ số nguyên dương  thỏa mãn y  z 2013 là số hữu tỷ, 2 2 2 đồng thời x  y  z là số nguyên tố. b) Tính diện tích của ngũ giác lồi ABCDE, biết các tam giác ABC, BCD, CDE, DEA, EAB cùng có diện tích bằng 1.. ------------Hết------------. (Đề này gồm có 01 trang) Họ và tên thí sinh: ……………………………..……Số báo danh: ………………..... UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. HƯỚNG DẪN CHẤM. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: Toán (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán, Tin). Câu Lời giải sơ lược 1 a) (1,0 điểm) (1,5 điểm) x  2  x  x  2  x  x  1 x  x 1 A  ( x  1)( x  x  1) x 1 . x 1 x  x 1  1 ( x  1)( x  x  1) x 1 .. Điểm 0,5 0,5. b) (0,5 điểm).  x. . 3  1 . 3 ( 3  1)3 ( 20  1) 2  3. . ( 3  1)( 3  1) 2   5  2. 20  4 2( 5  2).  x 2  4 x  1 0  P  1 2. a) (1,0 điểm). 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(81)</span> (2,0 điểm).  ' 4m 2  2(2m2  1) 2  0 với mọi m. Vậy (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m. b) (1,0 điểm). 0,5 0,5. Theo ĐL Viét ta có x1  x2 2m . Do đó,. 2 x12  4mx2  2m 2  9 (2 x12  4mx1  2m 2  1)  4m( x1  x2 )  8.. 2 2 8m 2  8 8(m  1)(m  1) (do 2 x1  4mx1  2m  1 0 ). Yêu cầu bài toán: (m  1)(m  1)  0   1  m  1 .. 3 (1,5 điểm). 0,5. 0,5. a) (0,5 điểm) 3 3 Do x  0, y  0 nên x  y  0 . x  y  x 3  y 3  x3  y 3  1  x 2  xy  y 2  x 2  y 2  1. b) (1,0 điểm) Cộng vế với vế các phương trình của hệ ta được: 2. 0,5. 2. Do.  x  1. 2. 2. 2. 0,  y  1 0,  z  1 0. nên. 0,5. 2. x 2  2 x  1  y 2  2 y  1  z 2  2 z  1 0   x  1   y  1   z  1 0. (1).. VT  1 VP  1 .. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x  y z 1 .. 0,5. Thử lại, x  y z 1 là nghiệm của hệ. 4 (3,0 điểm). a) (1,0 điểm). 0,25. Vẽ hình câu a) đúng, đủ. 0. Do các điểm M, N, F cùng nhìn đoạn AO dưới góc 90 nên A, O, M, N, F cùng thuộc đường tròn đường kính AO. b) (1,0 điểm) Ta có AM  AN (Tính chất tiếp tuyến).   Từ câu a) suy ra ANM  AFN (1). Mặt khác, vì hai tam giác ADH, AFC đồng dạng; hai tam giác ADN, ANC đồng dạng nên AH AN AH . AF  AD. AC  AN 2   AN AF .. 0,75. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(82)</span>   Do đó, hai tam giác ANH, AFN đồng dạng (c.g.c)  ANH  AFN (2).. 0,25.   Từ (1), (2) ta có  ANH  ANM  H  MN  đpcm. c) (1,0 điểm) Từ câu a) ta có HM .HN HA.HF . Gọi I OA  MN ta có I là trung điểm của MN. HM .HN  IM  IH   IM  IH  IM 2  IH 2. 0,25. OM 2  OI 2  OH 2  OI 2 R 2  OH 2. 0,25. 2 2 Từ đó suy ra HA.HF R  OH . a) (1,0 điểm) x  y 2013 m  m, n  * ,  m, n  1 Ta có y  z 2013 n . nx  my 0 x y m       xz y 2  nx  my  mz  ny  2013 mz  ny  0 y z n  .. 0,25. . 5 (2,0 điểm). . . 2. 0,25 0,25. . 2. x 2  y 2  z 2  x  z   2 xz  y 2  x  z   y 2  x  y  z   x  z  y  2 2 2 Vì x  y  z  1 và x  y  z là số nguyên tố nên Từ đó suy ra x  y  z 1 (thỏa mãn).. . 2 2 2  x  y  z x  y  z   x  y  z 1. 0,25. 0,25 0,25 0,25. b) (1,0 điểm). 0,25. Gọi I EC  BD Ta có S BAE S DAE nên khoảng cách từ B, D đến AE bằng nhau. Do B, D cùng phía đối với đường thẳng AE nên BD / / AE . Tương tự AB / / CE Do đó, ABIE là hình bình hành  S IBE S ABE 1 Đặt. S ICD  x  0  x  1  S IBC S BCD  S ICD 1  x S ECD  S ICD S IED.  3 5 x 2  S ICD IC S IBC  3 5 x 1 x   x   x 2  3x  1 0  2  1 Lại có S IDE IE S IBE hay 1  x 3 5 51 x  S IED  2 2 Kết hợp điều kiện ta có. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(83)</span> Do đó. S ABCDE S EAB  S EBI  S BCD  S IED 3 . 5  1 5 5  2 2 .. Lưu ý: - Thí sinh làm theo cách riêng nhưng đáp ứng được yêu cầu cơ bản vẫn cho đủ điểm. - Việc chi tiết hóa điểm số (nếu có) so với biểu điểm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất trong hội đồng chấm. - Điểm toàn bài không làm tròn số ( ví dụ: 0,25, hoặc 0,75 vẫn giữ nguyên ).. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(84)</span>