de va dap an thi vao 10 nam 2013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH. KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013- 2014 Môn thi: TOÁN Ngày thi 6 tháng 7 năm 2013 Thời gian làm bài: 120 phút. ĐỀ THI CHÍNH THỨC. Đề thi gồm 5 câu trong 01 trang Câu 1 (2 điểm). 1. Giải bất phương trình x – 3 > 0. 1. 2. Tìm điều kiện của x để biểu thức x +1 xác định. 3. Giải hệ phương trình. ¿ x − 2 y =5 3 x + y=1 ¿{ ¿. Câu 2 (2,0 điểm). Rút gọn các biểu thức sau: 1. P=√ ( √ 3 −1 )2 . 2 √ x − 2 − √ x+ 2 . ( x − 1 ) Q= 2. (với x 0 ; x ≠ 1 ) x − 1 ( √ x+1 )2 2 Câu 3 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P): y = x 2 và đường thẳng d: y = (k-1)x + 4 (k là tham số). 1. Khi k = -2, tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng d và parabol (P). 2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của k thì đường thẳng d luôn cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt. Gọi y 1 , y 2 là tung độ các giao điểm của đường thẳng d và parabol (P). Tìm k sao cho y 1 + y 2 = y 1 y 2 . Câu 4 (3,0 điểm). Cho đường tròn tâmO, bán kính R. M là một điểm nằm ngoài đường tròn. Từ M kẻ hai tiếp tuyến MA và MB đển đường tròn (A, B là hai tiếp điểm). Gọi E là giao điểm của AB và OM. 1. Chứng minh tứ giác MAOB là tứ giác nội tiếp. 2. Tính diện tích tam giác AMB, biết OM = 5 và R = 3. 3. Kẻ Mx nằm trong tam góc AMO cát đường tròn tại hai điểm phân biệt C và D (C nằm giữa M và D). Chứng minh rằng EA là phân giác của góc CED. Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x và y thỏa mãn 1+ x+ y=√ x+ √ xy+ √ y . Tính giá trị của biểu thức S=x 2013 + y 2013 .. [. ]. ------ HẾT -----. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HD: Câu 4:. A. D. C M E. O. B. 3. MAC , MDA đồng dạng ⇒ MC.MD= MA2 Δ MAO vuông tại A, Đường cao AE ⇒ ME.MO = MA2 ⇒ ME.MO = MC.MD(= MA2) ⇒. ME MC = , mà MD MO. Δ MDO và. Δ MEC có góc M chung nên hai tam giác đồng dạng. ⇒ MEC = MDO. Từ đó suy ra tứ giác ECDO nội tiếp (góc ngoài tại 1 đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện) ⇒ OED = OCD = ODC = CEM ⇒ CEA = DEA ( cùng phụ với 2 góc bằng nhau) ⇒ EA là phân giác của CED Câu 5: Ta có 1  x  y  x  xy  y  2(1  x  y)  2( x  xy  y ) 0  ( x  1) 2  ( y  1) 2  ( x . y ) 2 0.  x  y 1 2013 2013 Vậy S x  y 1 1 2. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO AN GIANG --------------ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2013-2014 -------------------Môn: TOÁN Khóa ngày 1 -7 -2013 Thời gian làm bài : 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 2-7-2013. SBD……PHÒNG………... Bài 1. (3,0 điểm) a. Thực hiện phép tính b. Tìm x dương , biết. A=. 4 . 9  16 . 25. 1 x  3.  x  1  y 4   x  1  2 y 1 c. Giải hệ phương trình : . Bài 2. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x2 có đồ thị là Parabol ( P ) a) Vẽ đồ thị hàm số b) Xác định a , b sao cho đường thẳng y = ax +b song song với đường thẳng y = – x +5 và cắt Parabol (P) tại điểm có hoành độ bằng 1 . Bài 3. (2,0 điểm) Cho phương trình x2 – (2m +1) x + m2 + m = 0 (*) a. Khi m = 0 giải phương trình (*) b. Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt x1; x2 và cả hai nghiệm này đều là nghiệm của phương trình x3 +x2 = 0 Bài 4. (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB ; C là một điểm trên đường tròn sao cho số đo cung AC gấp đôi số đo cung CB.Tiếp tuyến tại B với đường tròn (O) cắt AC tại E.Gọi I là trung điểm của dây AC. a.Chứng minh rằng tứ giác IOBE nội tiếp. b.Chứng minh rằng EB2 = EC . EA . c.Biết bán kính đường tròn (O) bằng 2 cm, tính diện tích tam giác ABE . ------ Hết------. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC : 2013-2014 MÔN : TOÁN NGÀY 30/06/2013 Thời gian làm bài : 120 phút. Câu I( 3 điểm ) 1. Tính giá trị của biểu thức A= 3  27  144 : 36 2.Tìm m để hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m nhau.. . 1 2 ) và (d'): y=3x-2 song song với. 3x  2 y  1  3. Giải hệ phương trình 5 x  y 7. Câu II( 2 điểm ) x 2x  x  x  x ( với x>0; x 1) 1. Rút gọn biểu thức B = x  1 2 2. Cho phương trình x  x  1  m 0 (1). a. Giải phương trình (1) với m =3. b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn : 1 1 2     x1 x2  3 0  x1 x2 . Câu III (1,5 điểm ) Tìm hai số tự nhiên hơn kém nhau 12 đơn vị biết tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng với 6 lần số bé. Câu IV ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao cho AC=R. Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC tại C. Gọi D là trung điểm của OA; qua D vẽ dây cung EF bất kỳ của đường tròn (O;R), ( EF không là đường kính). Tia BE cắt d tại M, tia BF cắt d tại N. 1. Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp. 2. Chứng minh BE.BM = BF.BN 3. Khi EF vuông góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R. 4. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi dây cung EF thay đổi. Câu V(0,5 điểm) 1 2 y  3. Cho hai số x, y thỏa mãn 1  x 3 và 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 M= 6 x y  7 x y  24 xy  2 x  18 y  28 xy  8 x  21y  6. Hướng dẫn 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu I( 3 điểm ) 1. Tính giá trị của biểu thức A= 3  27  144 : 36 =7 1 2. Hai đường thẳng (d) : y =(2m-1)x+1,( m 2 ) và (d'): y=3x-2 song song với nhau khi 1  và chỉ khi a=a' và b  b' <=> ...<=>m=2( thỏa mãn m 2 ) . KL... 3x  2 y  1  x 1   5 x  y  7  3. Giải hệ phương trình <=>...<=>  y  2 KL.... Câu II( 2 điểm ) 1. Rút gọn biểu thức B . x 2x  x x 2x  x x      x1 x x x  1 x x x1 x 1  . x 2 x  1 x 2   x1 x1 x1 ( với x>0; x 1) . . x1. x1. . . x 2 x1 x. . . x1. 2.  x1. 2. 2. Cho phương trình x  x  1  m 0 (1) a. Giải phương trình (1) với m =3. 2 Với m =3 phương trình (1) trở thành x  x  2 0 Nhận thấy a-b+c=0 nên pt có 2 nghiệm là x1  1; x2 2 b. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thoả mãn : 1 1 2     x1 x2  3 0  x1 x2  Ta có  4m  3 3   4m  3  0 m   4  1  m 0 m 1 Điều kiện để pt (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 là :  x1  x2 1  Khi đó áp dụng định lí Vi-ét ta có  x1.x2 1  m (*) 1 1 2     x1 x2  3 0 2 mà  x1 x2  => 2( x1  x2 )   x1  x2   3x1 x2 0 (**) 2 thay (*) vào (**) ta được : m  5m  6 0 => m1=2; m2 =3 ( TM ĐK). KL... Câu III (1,5 điểm ) Tìm hai số tự nhiên hơn kém nhau 12 đơn vị biết tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng với 6 lần số bé. Gọi số bé là x ( x  N) 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> khi đó số lớn là x+12 Vì tích của chúng bằng 20 lần số lớn cộng với 6 lần số bé nên ta có phương trình : x(x+12) = 20(x+12) +6x <=> x2 -14x-240 = 0 => x1 = 24(TM) ; x2 = -10( loại) Vậy số bé là 24 => số lớn là 24+12=36. Cách 2: Gọi số lớn là x và số bé là y ( x,y  N và x> y)  x  y 12   xy 20 x  6 y  ta có hệ pt :. (1)  x  y  12   y  y  12  20  y 12   6 y. (2). Giải pt (2) ta được y1 = 24 (tm) ; y2 = -10( không tm) Thay y =y1 =24 vào (1) => x=36 KL... Câu IV ( 3 điểm ) Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định. Trên tia đối của tia AB lấy điểm C sao cho AC=R. Kẻ đường thẳng d vuông góc với BC tại C. Gọi D là trung điểm của OA; qua D vẽ dây cung EF bất kỳ của đường tròn (O;R), ( EF không là đường kính). Tia BE cắt d tại M, tia BF cắt d tại N. 1. Chứng minh tứ giác MCAE nội tiếp. 2. Chứng minh BE.BM = BF.BN 3. Khi EF vuông góc với AB, tính độ dài đoạn thẳng MN theo R. 4. Chứng minh rằng tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi dây cung EF thay đổi.. a) Ta có góc AEB = 900( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => góc AEM =900 ( vì góc này kề bù với góc AEB) Xét tứ giác MCAE có: góc ACM =900 (gt) góc AEM =900 ( CM trên ) => góc ACM =900 +góc AEM =1800 mà hai góc này ở vị trí đối diện nhau => tứ giác MCAE nội tiếp. b) 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Chứng minh tam giác BAE đồng dạng tam giác tam giác BMC => BE.BM = BA.BC (1) Chứng minh tam giác BAF đồng dạng tam giác tam giác BNC => BF.BN = BA.BC (1) Từ (1) và (2) => BE.BM = BF.BN Cách 2: Góc BMN = góc BAE ( cùng bù với góc CAE) mà góc BAE = góc EFN ( Hai góc nội tiếp cùng chăn một cung ) => Góc BMN = góc EFN Xét tam giác BEF đồng dạng với tam giác BNM => BE.BM = BF.BN c). 3 Áp dụng định lí Py-ta-go vào tam giác EDO vuông tại O ta có DE = 2 R => DE =R 3. Vì EF vuông góc với BC và D là trung điểm của BC nên ta sẽ chứng minh được EF là đường trung bình của tam giác BMN => EF =2R 3 . d) Gọi A' là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF và tia AB Ta chứng minh được E,A,N và M, A, F thẳng hàng => A đối xứng với A' qua C => B đối xứng với A' qua điểm A mà A' cố định => Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng BA'. Câu V(0,5 điểm) 1 2 y  3. Cho hai số x, y thỏa mãn 1  x 3 và 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 M= 6 x y  7 x y  24 xy  2 x  18 y  28 xy  8 x  21y  6 Ta có : 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 1  x 3   x  1  x  3 0  x 2  4 x  3 0 (1) 1 2  1  2  y    y    y   0  6 y 2  7 y  2 0 (2) 2 3  2 3. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013 – 2014. ĐỀ CHÍNH THỨC. MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút. Bài I: (2,0 điểm) A. 2 x x  1 2 x 1 B  x x x x . và. Với x > 0, cho hai biểu thức 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 64. 2) Rút gọn biểu thức B. A 3  3) Tìm x để B 2 .. Bài II: (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Quãng đường từ A đến B dài 90 km. Một người đi xe máy từ A đến B. Khi đến B, người đó nghỉ 30 phút rồi quay trở về A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 9 km/h. Thời gian kể từ lúc bắt đầu đi từ A đến lúc trở về đến A là 5 giờ. Tính vận tốc xe máy lúc đi từ A đến B. Bài III: (2,0 điểm) 3(x  1)  2(x  2y) 4  1) Giải hệ phương trình: 4(x  1)  (x  2y) 9 1 1 2 2) Cho parabol (P) : y = 2 x và đường thẳng (d) : y = mx  2 m2 + m +1.. a) Với m = 1, xác định tọa độ các giao điểm A, B của (d) và (P). b) Tìm các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x 1, x2 x  x 2. sao cho 1 2 . Bài IV: (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) và điểm A nằm bên ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O) tại hai điểm B và C (AB < AC, d không đi qua tâm O). 1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp. 2) Chứng minh AN2 = AB.AC. Tính độ dài đoạn thẳng BC khi AB = 4 cm, AN = 6 cm. 3) Gọi I là trung điểm của BC. Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai T. Chứng minh MT // AC. 4) Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau ở K. Chứng minh K thuộc một đường thẳng cố định khi d thay đổi và thỏa mãn điều kiện đề bài. Bài V: (0,5 điểm) 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6abc, 1 1 1  2  2 3 2 chứng minh: a b c. ------------------Hết-----------------. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> BÀI GIẢI GỢI Ý TS TOÁN 10 HÀ NỘI 2013-2014 Bài I: (2,0 điểm) 1) Với x = 64 ta có B. 2). A. 2  64 2  8 5   8 4 64. ( x  1).( x  x )  (2 x  1). x x x  2 x 1 x 2  1   x .( x  x ) x x x x 1 x 1. 3) Với x > 0 ta có : A 3 2 x 2 x 3   :   B 2 x x 1 2  2 x 23 x . x 1 3  2 x. x  2  0  x  4.( Do x  0). Bài II: (2,0 điểm) Gọi x (km/h) là vận tốc đi từ A đến B, vậy vận tốc đi từ B đến A là x  9 (km/h) Theo đề bài ta có: 90 90 1 10 10 1  5     x x 9 2 x x  9 2  x( x  9) 20(2 x  9) 2  x  31x  180 0  x 36 (vì x > 0). Bài III: (2,0 điểm) 1) Hpt đã cho tương đương với hpt: 3x  3  2x  4y 4   4x  4  x  2y  9 . 5x  4y 1   3x  2y  5 . 5x  4y 1   6x  4y  10 . 11x 11   6x  4y  10 . x 1  y  1. 2) a) Với m = 1 ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 1 2 3 x x  2 2  x 2  2 x  3 0  x  1 hay x 3 (Do a – b + c = 0) 1 9 1 9 Ta có y (-1)= 2 ; y(3) = 2 . Vậy tọa độ giao điểm A và B là (-1; 2 ) và (3; 2 ). b) Ta có: Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 1 2 1 x mx  m 2  m  1  x 2  2mx  m 2  2m  2 0 (*) 2 2 Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt x1 , x2 thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân 2 2 biệt. Khi đó  ' m  m  2m  2  0  m   1. Khi: m > -1, từ (*) ta có: x 1+ x 2=2 m ; x 1 . x 2=m2 − 2 m−2 (định lý Vi-et) Nên:. x1  x2 2  x12  x22  2 x1 x 2 4  ( x1  x2 ) 2  4 x1 x 2 4 2. 2.  4m  4(m  2m  2) 4.  8m  4  m . Cách khác: Khi m > -1 ta có:. 10. 1 2.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> x1  x2 2. .  b  '  b  '  2  ' a' a' 2 2m  2. Do đó, yêu cầu bài toán  2 2m  2 2  2 m  2 2 Bài IV (3,5 điểm) 1/ Xét tứ giác AMON có hai góc đối  AMO 900 nên là tứ giác nội tiếp 2/ Hai tam giác ABM và AMC đồng nên ta có AB. AC = AM2 = AN2 = 62 6 2 62  AC   9 (cm) AB 4  BC AC  AB 9  4 5(cm).  2m  2 1  m . 1 2.  ANO 900. K Q M. T I. A. H. B P. C. dạng = 36. O. N. 1   MTN  MON AON   2 3/ (cùng chắn cung MN trong đường tròn (O)), và AIN AON. (do 3 điểm N, I, M cùng nằm trên đường tròn đường kính AO và cùng chắn cung 900)    Vậy: AIN MTI TIC nên MT // AC do có hai góc so le bằng nhau.. 4/ Xét AKO có AI vuông góc với KO. Hạ OQ vuông góc với AK. Gọi H là giao điểm của OQ và AI thì H là trực tâm của AKO , nên KMH vuông góc với AO. Vì MHN vuông góc với AO nên đường thẳng KMHN vuông góc với AO, nên KM vuông góc với AO. Vậy K nằm trên đường thẳng cố định MN khi BC di chuyển. Bài IV: (0,5 điểm) 1 1 1 1 1 1      6 Cách 1: Từ giả thiết đã cho, ta có ab bc ca a b c .. Theo bất đẳng thức Cô-si ta có: 1 1 1  1 1 1 1  1 1 1 1  1  2  2       2  a b  ab , 2  b 2 c 2  bc , 2  c 2 a 2  ca 1 1  1 1 1  1 1 1  1  2  1   2  1   2  1  2 a  a , 2 b  b , 2 c  c. Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta có: 3 1 1 1 3 3 1 1 1 3 9  2  2  2   6   2  2  2  6   2 a b c  2 2 a b c  2 2  1 1 1   2  2  2  3 a b c  (đpcm). Cách 2: a + b + c + ab + bc + ca = 6abc.. 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> ¿ 1 1 1 1 1 1 ⇔ + + + + + =6 a b c ab bc ac 1 1 1 1 1 1 DCM : + + ≤ 2 + 2 + 2 (1) ab bc ac a b c 1 1 1 1 1 1 + + ≤ 3( 2 + 2 + 2 )(2) a b c a b c 1 1 1 1 1 1 (1)(2)⇒ 6 ≤ 2 + 2 + 2 + 3( 2 + 2 + 2 ) a b c a b c 1 1 1 Đặt 2 + 2 + 2 =1 ⇒ 6 ≤t + √ 3 t ⇔ √ t ≥ √ 3⇒ t ≥ 3⇒ ĐPCM a b c ¿. √. √. Cách 3: Từ:. a  b  c  ab  bc  ca 6abc . Ta lại có. 2.(. 1 1 1 1 1 1      6 bc ac ba c a b. 1 1 1 1   1 1  2  2 ) 2.     2 a b c  bc ac ba  (*) 2. 1 1 1 1 1  1 1 1 1 2.  1 2 2.  1   1 0  2  2.  1 0  2 2.  1 2 a a a a b ;c c Ta có  a  tương tự b 1 1 1  1 1 1  2  2 2      3 2 a b c nên a b c (**) 1 1 1 1 1 1 1  1 1 3.( 2  2  2 ) 2.         3  bc ac ba a b c  từ (*) và (**) ta có a b c 3.(. 1 1 1 1 1 1  2  2 ) 2.6  3 9 ( 2  2  2 ) 3 2 a b c hay a b c. Cách 4: 1 1 2  2 2 Áp dụng BĐT Cô si ta có a b ab 2 2 2 2 2 2  2 2   2 Tương tự cuối cùng ta được a b c ab bc ac (1) 1 2 1  2 a Áp dụng BĐT Cô si ta có a 1 1 1 2 2 2  2  2  3    (2) 2 a b c Tương tự cuối cùng ta được a b c 3 3 3 2 2 2 2 2 2  2  2 3      2 a b c a b c ab bc ca 3 3 3 2.6abc  2  2  2 3 12 a b c abc 1 1 1  2  2  2 3 Lấy (1) + (2) a b c (ĐPCM). -------------------------12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút. ĐỀ CHÍNH THỨC. Bài 1: (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình sau: x 2  5 x  6 0 a) 2 b) x  2 x  1 0 4  c) x  3x  4 0  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 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 x. 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. 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> ---------------------- Hết -------------------. BÀI GIẢI GỢI Ý 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. 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.  2 x  y 3 (1)  d)  x  2 y  1 (2). (1) 2 x  y 3  (3) ((2)  2(1) )   5 x 5.  y  1  x 1     x 1   y  1. Bài 2: a) Đồ thị:. 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Lưu ý: (P) đi qua O(0;0),  1;1 ,  2; 4  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. 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. 2 2. 2 1. x14  x24 x13  x23  x  x.   x1  x2   x12  x22. ta có.    x  x   x  x   x  x   x  x  x .x  (Do x khác x ) 2 1. 2 1. 2 2. 2. 2 2. 1. 1. 2. 2. 1. 2 1. 2. 2.   x1  x2    x1  x2   2 x1 x2  ( x1  x2 )  x1.x2    S ( S 2  2 P ) S 2  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 15. 2 2.  x1.x2 .

<span class='text_page_counter'>(16)</span> m2  1 xx  x1  x2 1 và 1 2 8 x14  x24 x13  x23  x13 .( 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. A. 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). E. P. O. I Q F. B. C D. T. 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. 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) 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. 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.ĐÀ NẴNG. KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013 – 2014 MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút. ĐỀ CHÍNH THỨC 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. 3 x  y 5  5 x  2 y 6. Bài 3: (1,5 điểm) 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 2 Q = ( x1  1)( x2  4) có giá trị lớn nhất. Bài 5: (3,5 điểm) 17.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 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. d). ------------------- Hết-----------------. BÀI GIẢI Bài 1:. x 2  x 4. a) Với x không âm ta có.  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:. 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, y B ) 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 2 y A ax A  2 0  ax A 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. x2 . x1 x2  8 nên. 8 x1. Q ( x12  1)( x22  4) ( x12  1)(. 64 16  4) 68  4( x12  2 ) 68  4.8 2 x1 x1 = 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 m Khi 1 x12 . 1. =4. Bài 5:. . . a) Ta có 2 góc DBC DAO 90 nên tứ giác ADBO nội tiếp. 0. E. AMB  1 AOB 2 b) cùng chắn cung AB. F M. A.   mà CED  AOB cùng bù với góc AOC   nên CED 2 AMB. D. c) Ta có FO là đường trung bình của hình thang BCED nên FO // DB B 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 MC.FC MC.FB OC.BC R.2 R 2 R 2. 19. O. C.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 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. 2) Chứng minh rằng với x  0 và x 1 thì. x 1. . 1 x. x. . x 1 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? b) Tìm m để đồ thị hàm số đã cho qua điểm. A  1; 2 . Bài 2: (2,0 điểm) 2 1) Giải phương trình: 2 x  3x  5 0 2 2) Tìm m để phương trình x  mx  m  2 0 có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn x1  x2 2.  x  y  xy  1  3) Giải hpt:  x  2 y  xy  1. Bài 3: (2,0 điểm) 20.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> 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. O. Cho đường tròn   cố định. Từ một điểm A cố định ở bên ngoài đường tròn   , kẻ các tiếp tuyến AM và AN với đường tròn ( M;N là các tiếp điểm). Đường thẳng đi O. qua A cắt đường tròn   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? 4) Xác định vị trí của cát tuyến ABC để IM 2 IN . Bài 5: (1,0 điểm) Với x 0 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. A. x 2  2 x  2014 x2. ---------------------------- HẾT ----------------------------. HƯỚNG DẪN GIẢI 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) a) Hàm số bấc nhất. x 1. . x1 . . 1 x. y  2m  1 x  6. x. x. x  1 x . . . x1. . x 1 x. . x 1 x. nghịch biến trên R khi. 1 2m  1  0  2m   1  m   2. 21. . x1. . . . x1 x. . . x 1. x 1. . x. x1.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> b) Đồ thị hàm số. y  2m  1 x  6. qua điểm. A  1; 2   2  2m  1 .1  6  2 2m  1  6  2m 7  m . 7 2. Bài 2: (2,0 điểm) 2 1) Giải phương trình: 2 x  3x  5 0 Ta có a  b  c 2  3  5 0 . Suy ra pt có 2 nghiệm:. x1 1; x2 . 5 2. 2 x  x 2 2) x  mx  m  2 0 có hai nghiệm x1 ; x2 thỏa mãn 1 2. 2.   m 2  4  m  2   m 2  4 m  8  m 2  4 m  4  4  m  2   4  0. Ta có đó pt đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m.. với mọi m. Do.  S  x1  x2  m  Áp dụng định lí Vi et ta có:  P  x1 .x2 m  2 2. 2. 2. x  x2   x12  x2 2  2 x1 x2  x1  x2   4 x1 x2   m   4  m  2  m 2  4m  8. Ta có  1 Do đó. 2. 2. x1  x2 2   x1  x2  4  m2  4m  8 4  m 2  4m  4 0   m  2  0  m 2.  x  y  xy  1  y 2  y 2  y 2     3)  x  2 y  xy  1  x  y  xy  1  x  2 2 x  1  x 3 Vậy nghiệm của hpt là  x; y   3; 2 . 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). 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   '  1225 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). 22.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> M. A. O B. K. I C. N. (O) cố định; điểm A cố định AM,AN là tiếp tuyến của (O) GT IB=IC 1) Tứ giác AMON nội tiếp KL 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. 1) Tứ giác AMON nội tiếp 0  2) IB  IC  OI  BC  AIO 90 .Ta chứng minh được 5 điểm A,M,O,I,N cùng thuộc đường tròn đường kính AO. AK AM   AK . AI  AM 2  1 AM AI AB AM ΔABM ∽ ΔAMC  gg     AB. AC  AM 2  2  AM AC  1 &  2   AK . AI  AB. AC AIO 900 ΔAKM ∽ ΔAMI  gg  . 3) Ta có. mà A,O cố định suy ra I thuộc đường tròn đường kính AO.. B M  I  M 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   IN  MA KA KA 4) Cách 1: 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 ΔKIN ∽ ΔKMA  gg  . Cách 2: Ta có AM và AN là hai tiếp tuyến của (O) suy ra   AM  AN  AM  AN  MIA  NIA  IK IN KN IN 1 KN 1 MIN   IM 2 IN     IM KM do đó IM 2 KM 2 là đường phân giác của KN 1  Vậy IM=2.IN khi cát tuyến ABC cắt MN tại K với KM 2. Bài 5: (1,0 điểm) A. x 2  2 x  2014  Ax 2  x 2  2 x  2014   A  1 x 2  2 x  2014 0  1 2 x. 23.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> * Với A 1  x 1007 * Với A 1 PT (1) là pt bậc 2 ẩn x có  ' 1  2014  A  1 1  2014 A  2014 2014 A  2013. PT (1) có nghiệm khi.  ' 0  2014 A  2013 0  A . Kết hợp với trường hợp A=1 ta có. Amin . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH. 2013 2014. 2013 2014. KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: TOÁN (không chuyên) Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi 19 tháng 6 năm 2013. ĐỀ CHÍNH THỨC. Câu I (2,0 điểm) 1) Giải phương trình (2x + 1)2 + (x – 3)2 = 10 3 x  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) A=. x  2 x 3 x1 +  x x +1 x- x  1. 1 x 1. 1) Rút gọn biểu thức với x 0 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. 2. Câu III (2,0 điểm) 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 x 1; 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. 24.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Câu V ( 1,0 điểm) Cho tam giác ABC có chu vi bằng 2. Ký hiệu a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. S. a 4b 9c   b c  a c  a  b a b  c .. --------------------- Hết --------------------. HƯỚNG DẪN GIẢI Câu I:  x 0   x 2 5. 1) Pt: (2x + 1)2 + (x – 3)2 = 10  5x2 – 2x = 0   2m  3  5 3 x  my 5   m  4n  9  mx  2 ny  9   2) Hệ phương trình có nghiệm (1; – 2) .  m 1   n  2. Câu II: x  2 x 3 x1 +  x x +1 xx  1 1) A =. x  2 x  3  ( x  1)( x  1)  ( x . 1 x 1. =. x  1). x x 1 x x 1 = ( x  1)( x  x  1) =. 1 x  1 (với x 0. ). 2) + Gọi x (ngày) là thời gian người thứ nhất làm riêng xong công việc (x > 9) + Thời gian người thứ hai làm riêng xong công việc: x – 9 (nga). 1 + Trong một ngày người thứ nhất làm được: x (công việc). 1 + Trong một ngày người thứ hai làm được: x  9 (công việc). 1 1 1 + Vì họ cùng làm thì trong 6 ngày xong việc nên ta có pt: x + x  9 = 6. 25.

<span class='text_page_counter'>(26)</span>  x = 18 (thoûa)   x2 – 21x + 54 = 0   x = 3(khoâng thoûa). + Vậy: - Người thứ nhất làm riêng xong công việc tron 18 ngày. - Người thứ hai làm riêng xong công việc tron 9 ngày. Câu III: 1)  ' = m2 – 4m + 6 = (m – 2)2 + 2 > 0,  m  pt luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi m. 2) Phương trình có hai nghiệm x1; x2 nên:.  x12  2(m  1)x1  2m  5 0   2   x 2  2(m  1)x 2  2m  5 0. 2   x1  2mx1  2m  1 4  2x1   2   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 : (x12  2mx1  2m  1)(x 22  2mx 2  2m  1)  0   4  2x1  .  4  2x 2   0  16  8  x1  x 2   4x1x 2  0  16  8  2m  2   4  2m  5   0  m . 3 2. Câu IV: 1) + (O) có :. · · OMA = ONA = 900 nhìn đoạn OA (1) · I là trung điểm của BC Þ OI ^ BC Þ OIA = 900 nhìn đoạn OA Từ (1) và (2) Þ Bốn điểm M, N, O, I cùng thuộc một đường tròn. (2). 2) Chứng minh OI.OH = R2: HO ^ AC ü ïï ý HN ^ AO ïþ · · · · ï Þ OHN OHN OAC + và có : = OAC . (1). + Đường tròn đường kính OA có :    OAC noäi tieáp chaén OI     OMI noäi tieáp chaén OI · ·  Þ OAC = OMI (2) · · + Từ (1) và (2) Þ OHN = OMI ü · · ïï OHN = OMI ý ïï · MOH : chung ïþ Þ D OMH D OIM (g-g) + D OMH và D OIM có: OM OH = Þ OI OM Û OI. OH = OM2 = R2. AM AB   AM 2 AB.AC 3) + AMB ACM (g-g)  AC AM AM AE   AM 2 AI.AE + AME AIM (g-g)  AI AM 26.

<span class='text_page_counter'>(27)</span>  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 Câu V: Với a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác có chu vi bằng 2 nên a  b  c 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 a ;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  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 1  x    y 2x 3  z 3x 2    y   3 2z 3y   x  y  z 2  z 1  . 1  4  6  12  11 2 Dấu “=” xảy ra khi 5 2 1  a ;b ;c 6 3 2 . Khi đó: a 2 b 2  c 2  ABC vuông 5 2 1 a ;b ;c 6 3 2. Vậy Smin 11  ABC vuông  S. 27.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> 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 . 28.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> b) T×m gi¸ trÞ cña m sao cho (4x1 + 5)(4x2 + 5) + 19 = 0. C©u 4: (4,0 ®iÓm) 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 a) x2 - 6x - 7 = 0  x  7x  x  7 0  x(x  7)  (x  7) 0. 29. 1,0 ®.

<span class='text_page_counter'>(30)</span>  x  7 0  (x  7)(x  1) 0     x  1 0 VËy: S =  7;  1 2x  y 1   2(1  x)  3y 7 b).  x 7  x  1 .  y 2x  1  2  2x  3(2x  1) 7.  y 2x  1   2  2x  6x  3  7 0.  y 2x  1   4x 8.  y 4  1 3   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 = m2 + 4  4 > 0 víi mäi m  / > 0 víi mäi m a) Nên phơng trình đã cho có 2 nghiện phân biệt x1; x2 m  R (§pcm) Theo bµi ra, ta cã: (4x1 + 5)(4x2 + 5) + 19 = 0 b)  16x1x 2  20x1  20x 2  25  19 0. 1,0 ®. 0,75 ®. 0,25 ®.  16x1x 2  20(x1  x 2 )  44 0 (2) ¸p dông hÖ thøc Vi – Ðt, ta cã: b  x  x   2(m  1) 2  2m 1 2  a   x .x  c  2m  3 1 2 a (3)  Thay (3) vµo (2), ta cã: 16(  2m  3)  20(2  2m)  44 0. 0,25 ®.   32m  48  40  40m  44 0   72m  36  m . 0,25 ®. 1 2. 1 VËy víi m = 2 th× (4x1 + 5)(4x2 + 5) + 19 = 0. C©u 4: (4,0 ®iÓm) H×nh vÏ: 0,25 ®. 30.

<span class='text_page_counter'>(31)</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 néi tiÕp)  BM  AI t¹i M. Xét ABI có: BM là đờng cao đồng thời là đờng phân giác. 0,5 ®. 0,5 ®. 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 néi 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 XÐt ABN vµ IBN cã:. AB = BI ( v× ABI c©n t¹i B). 31. 1,0 ®. 0,5 ®.

<span class='text_page_counter'>(32)</span>   ABN IBN (cma).  ABN = IBN (c.g.c). BN c¹nh chung   NIB  NAB. 0 0   (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     2 IBM (B;BA); mµ: (v× ABM ,cma)  IDA IBN d)    của đờng tròn ngoại tiếp IKB)  Mà IDK IBN (cïng chắn IK. 0,5 ®. 0,75 ®.   IDA IDK  A, K, D thẳng hàng  A, C, D thẳng hàng (V× A, K, C thẳng hàng) C©u 5: (1,0 ®iÓm) 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 2 4 16 8     = 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 32. 0,5 ®.

<span class='text_page_counter'>(33)</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 ¸n.. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHUYÊN KHÁNH HÒA ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang). KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 NĂM HỌC: 2013 – 2014 MÔN THI: TOÁN (KHÔNG CHUYÊN) Ngày thi: 21/06/2013 (Thời gian: 120 phút - không kể thời gian giao. đề). 33.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> 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 3x 2  4 y 2  2(3x  2 y)  11  2 2 2) Giải hệ phương trình:  x  5y  2x  5y  11. Bài 3: (2,00 điểm) y . 1 2 x 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 34.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> Bài 1: ( 2,00 điểm) 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). 2) Giải hệ phương trình:. 2 2 3x  4 y  2(3x  2 y)  11  2 2  x  5y  2x  5y  11. 3x  4 y 2  6x  4 y  11 (1)  2 2  3x  15y  6x  15y  33 (2) 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) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parapol (P): 1) Vẽ đồ thị (P). ( các em tự vẽ). y . 1 2 x 4. 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. Gọi A(x ; 0) và B(0 ; y) O  -1 . 1. 2. . . . . A. 35.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> 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. 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)   0 ANB AOM. Suy ra: + = 180  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   D 900 CA. BN .BM  18 3 2 cm. 4) Ta có:  EAF vuông tại A ( , 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 = 3 2 .. 36.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> Vậy tổng AE + AF không phụ thuộc vào vị trí điểm M.. SỞ GD & ĐT BÌNH DƯƠNG. KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao để Ngày thi: 28/6/2013. Bài 1. (1 điểm) Cho biểu thức A = x( x  4)  4 1/ Rút gọn biểu thức A 2/ Tính giá trị của A khi x = 3 Bài 2. (1,5 điểm) Cho hai hàm số bậc nhất y = x – m và y = -2x + m – 1 1/ Với giá trị nào của m thì đồ thị của các hàm số trên cắt nhau tại một điểm thuộc trục hoành. 2/ Với m = -1, Vẽ đồ thị các hàm số trên cùng mặt phẳng tọa độ Oxy Bài 3. (2 điểm)  x  2 y 10  1 1  2 x  3 y 1 1/ Giải hệ phương trình. 2/ Giải phương trình: x - 2 x = 6 - 3 x Bài 4. (2 điểm) 1/ Tìm giá trị m trong phương trình bậc hai x2 – 12x + m = 0, biết rằng phương trình có hiệu hai nghiệm bằng 2 5 2/ Có 70 cây được trồng thành các hàng đều nhau trong một miếng đất. Nếu bớt đi 2 hàng thi mỗi hàng còn lại phải trồng thêm 4 cây mới hết số cây đã có. Hỏi lúc đầu có bao nhiêu hàng cây? Bài 5. (2 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB, trên tia OA lấy điểm C sao cho AC = AO. Từ C kẻ tiếp tuyến CD với (O) (D là tiếp điểm) 1/ Chứng minh tam giác ADO là tam giác đều 37.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> 2/ Kẻ tia Ax song song với CD, cắt DB tại I và cắt đường tròn (O) tại E. Chứng minh tam giác AIB là tam giác cân. 3/ Chứng minh tứ giác ADIO là tứ giác nội tiếp 4/ Chứng minh OE  DB. -----------------. Hết -------------. 38.

<span class='text_page_counter'>(39)</span> HƯỚNG DÂN GIẢI Bài 1. (1 điểm) 2 2 x 2 1/ Ta có A = x( x  4)  4 = x  4 x  4 = ( x  2) =. 2/ Khi x = 3 , suy ra A =. 3 2. =2- 3. Bài 2. (1,5 điểm) 1/ Gọi A là giao điểm của đồ thị hàm số y = x – m với trục hoành, ta có A(m; 0) m 1 B là giao điểm của đồ thị hàm số y = -2x + m – 1 với trục hoành, ta có B( 2 ;. 0) Để đồ thị hai hàm số cắt nhau tại một điểm trên trục hoành khi và chỉ khi m 1 m = 2 ó 2m = m – 1 ó m = -1. 2/ Với m = -1, ta có: *y = x + 1 Đồ thị hàm số y = x + 1 là đường thẳng đi qua hai điểm A(0; 1) và B(-1; 0) *y = -2x – 2 Đồ thị hàm số y = -2x – 2 là đường thẳng đi qua điểm C(0; -2) và D(-1; 0). Bài 3. (2 điểm)  x  2 y 10  1 1  2 x  3 y 1 1/ ó.  x  2 y 10  3 x  2 y 6 ó.  x  2 y 10  y 3    4 x  16 ó  x  4. Vậy hệ phương trình có nghiệm là (x; y) = (4; 3) 2/ ĐKXĐ: x  0 x-2 x =6-3 x 39.

<span class='text_page_counter'>(40)</span> óx + x - 6 = 0 Đặt x = t ; t  0, ta được t2 + t – 6 = 0 (2) Giải phương trình (2): t1 = 2 (nhận) ; t2 = -3 (loại) Với t = t1 = 2 => x = 2 ó x = 4 (thỏa điều kiện) Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 4 Bài 4. (2 điểm) 1/ Phương trình x2 – 12x + m = 0 có hai nghiệm mà hiệu hai nghiệm bằng 2 5 khi và  /  0  x  x 2 5 chỉ khi  1 2. (1) (2). / Mà  = (-6)2 – m = 36 – m. (1) ó 36 – m > 0 ó m < 36 Khi đó, áp dụng định lý Viet ta có: x1 + x2 = 12 và x1x2 = m Ta có: (2). ó. ( x1  x2 ) 2 2 5. ó. x12  2 x1 x2  x2 2 2 5. ó. ( x1  x2 )2  4 x1 x2 2 5. 2 ó 12  4m 2 5 2 2 2 ó ( 12  4m ) (2 5). ó 144 – 4m = 20 ó m = 31 (thỏa điều kiện (1)) Vậy m = 31 là giá trị cần tìm. 2/ Gọi số hàng cây lúc đầu là x (hàng); x > 2 Số hàng cây lúc sau là: x – 2 (hàng) 70 Số cây mỗi hàng lúc đầu là: x (cây) 70 Số cây mỗi hàng lúc sau là: x  2 (cây). Theo đề bài ta có phương trình. 40.

<span class='text_page_counter'>(41)</span> 70 70 x 2 - x = 4. Giải phương trình ta được: x1 = 7 (nhận); x2 = -5 (loại) Vậy số hàng cây lúc đầu là 7 hàng Bài 4. (2 điểm) 1/ Ta có CD là tiếp tuyến của (O) (gt)  CD  OD   DOC vuông tại D mà AC = AO (gt)  DA là đường trung tuyến của  DOC .  . 1 DA = 2 OC (t/c đường trung tuyến ứng. với cạnh huyền của tam giác vuông) DA = OA = OD  ADO là tam giác đều. 1 2/ Cách 1: Ta có DA = 2 OC (chứng minh trên). AC = AD  ADC cân tại A  DCA = CDA mà DCA = xAB (đồng vị của Ax // CD) và CDA = ABD (cùng chắn cung AD)  xAB = ABD hay IAB = ABI   AIB cân tại I Cách 2: Ta có Ax // CD (gt) và CD  OD (Chứng minh trên)  Ax  OD  Ax là đường cao của  ADO  Ax đồng thời là đường phân giác của  ADO  DAx = BAx mà DAx = CDA (So le trong của Ax //CD) và CDA = ABD (cùng chắn cung AD)  BAx = ABD hay IAB = ABI   AIB cân tại I 3/ Ta có  AIB cân tại I (chứng minh trên) và OA = OB (bán kính)  IO là đường trung tuyến và đồng thời là đường cao của  AIB  IO  AB  IOA = 900 Ta có ADB = 900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) hay ADI = 900  IOA + ADI = 900 + 900 = 1800  Tứ giác ADIO nội tiếp 4/ Ta có Ax là đường phân giác của  ADO (chứng minh trên)  DAx = BAx  sđDE = sđBE  DE = BE  DE = BE mà OD = OB (bán kính)  OE là đường trung trực của BE  . 41.

<span class='text_page_counter'>(42)</span> . OE  BD. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 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. a2 b2 c2 1    Chứng minh rằng: a  b b  c c  a 2 .. ----- Hết -----42.

<span class='text_page_counter'>(43)</span> 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= . x 3 3 = Û 2 x- 2 2 Û 2 x = 3 x - 6 Û x = 6 Û x = 36 (TMĐKXĐ) 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 Câu 2 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. 2 Khi m = 2 pt trở thành x - 6x + 8 = 0 a, (1,0 Ta có D ' = 1 điểm Suy ra pt có hai nghiệm là: x1 = 4 ) x =2. b,. P =. b,. Để pt (1) có hai nghiệm x1; x2 Û D ' ³ 0 3 2 Û ( m + 1) - ( m2 + 7) ³ 0 Û m ³ 2 (*) ìï x1 + x2 = 2(m + 1) í 2 Theo Viet ta có: ïïî x1.x2 = m + 4. 2. Câu 3. 2 2 2 2 Suy ra x1 + 2(m + 1)x2 £ 3m + 16 Û x1 + (x1 + x2)x2 £ 3m + 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 3 £ m£ 2 Đối chiếu với điều kiện (*) suy ra 2 thì pt (1) có hai nghiệm. 43.

<span class='text_page_counter'>(44)</span> x1; x2 thỏa mãn : x12 + 2(m + 1)x2 £ 3m2 + 16 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 ). b,. c,. 0 Xét tứ giác BCEF có ·=BFCE90 ( cùng nhìn cạnh BC) Suy ra BCEF là tứ giác nội tiếp · = 900 ( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn)  DC  AC Ta có ACD 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. Do đó AM, HO trung tuyến của AHD  G trọng tâm của AHD. . GM 1  AM 3. 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: Câu 5. 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. --------------------------------------------------------. 44.

<span class='text_page_counter'>(45)</span> 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 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) A=. x  2 x 3 x1 +  x x +1 x- x  1. 1 x 1. 3) Rút gọn biểu thức với x 0 4) 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 3) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm x1; x2 với mọi m. 4) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x 1; 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 trị nhỏ nhất của biểu thức. S. a 4b 9c   bc  a c a b a b c .. ----------------------- Hết ----------------------. 45.

<span class='text_page_counter'>(46)</span> 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 2  x1  2(m  1)x1  2m  5 0   2  x 2  2(m  1)x 2  2m  5 0. 2  x1  2mx1  2m  1 4  2x1  2  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 : (x12  2mx1  2m  1)(x 22  2mx 2  2m  1)  0   4  2x1  .  4  2x 2   0  16  8  x1  x 2   4x1x 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 + AME ∽ AIM (g-g)  AI AM  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 I. E B. O. A. N. 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  c 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 . 46.

<span class='text_page_counter'>(47)</span> 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  Khi đó 1   y 4x   z 9x   4z 9y            2   x y   x z   y z  a. 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 1  S   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. 47.

<span class='text_page_counter'>(48)</span> SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN 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. 48.

<span class='text_page_counter'>(49)</span> 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. 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--------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: ……………………………..…………; Số báo danh: ….…………..…………... 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 4 Đáp án D B C A II. PHẦN TỰ LUẬN (8,0 điểm) Câu Đáp án, gợi ý trình bày Câu 5 a) Với m = -1, phương trình có dạng: x2 + 2x +1 = 0 (2,5 <=> (x + 1)2 = 0 điểm) <=> 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. Vậy phương trình (1) có nghiệm <=> m  -1. Khi đó, áp dụng định lý Vi-ét, ta có: x1 + x2 = -2 ; x1.x2 = -m 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 49. Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(50)</span> = 2(m + 1)2 + 12(m + 1) + 2. 0,5. 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 . Vì số mới lớn hơn số ban đầu 27 đơn vị nên ta có: ba - ab = 27 Câu 6 <=>10b + a – (10a + b) = 27 <=> 9b – 9a = 27 <=> a – b = -3 (2) (1,5  a  b 11  điểm). 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. -Hình vẽ đúng (phần a) a) Chứng minh các tứ giác 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 Câu 7 tiếp (vì đều có 2 đỉnh kề nhau cùng nhìn 2 đỉnh còn (3,0 lại dưới một góc 450). điểm). 0   Mặt khác, vì tứ giác ABFM nội tiếp nên BFM  BAM 180 , mà  BAM 900 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).    (1,0 Kết hợp (3), (5) => GBM  ABM  GBA 450 MBN , lại kết hợp với (4) điểm)  MBG  MBN và BM là cạnh chung => (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 50. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,5. 0,5. 0,25 0,25 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(51)</span> Do MBG MBN (theo chứng minh ở phần b) => MG = MN 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 Mặt khác dễ dàng chứng minh được: DN2 + DM2 tương đương với (DM – DN)2 0 luôn đúng).. . 0,25. ( DM  DN ) 2 2 (vì. ( DM  DN ) 2 DM  DN MN   2 2 Suy ra MD  DN . MD  DN 2 1   MD  DN  2 2. => 2a = MD + DN + MN (0,75 Lại áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: điểm) 2a=MD+DN+ . MN. 2 1 2 1 ( MD  DN )  2 MD.DN (2  2). MD.DN 2 2 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.  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 cho. . DM DN  2 . . 2 a. .. Câu 8 a b ab   2ab a 2  b 2  (a  b) 2 0 (1,0 2 +Ta có: (đúng với mọi a, b), điểm). đẳng thức xảy ra <=> a = b. Do đó: 3 xy M = + y2 = ( 3 x).y + y2 2.  . . 0,25. 2. 0,25. 2. 3.x  y 2. 3 x 2  y 2  2 y 2 3( x 2  y 2 ) y   2 2 2 3  2 , dấu Mà x2 + y2 = 1 => M  1 3 x ; y   3.x  y 2 2    2 2  1  3  x  y 1 ;y x  2 2 2. “=”. xảy. ra. <=>. 0,25 51.

<span class='text_page_counter'>(52)</span> 3 1 x 2 và Vậy giá trị lớn nhất của M là 2 , đạt được khi và chỉ khi 3 1  3 y x y 2 và 2 hoặc 2 .. +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. 0,25.  x 2  y 2 1  3 1 1   x    y 2 x  3. y  0  2 hoặc Suy ra M 2 , dấu “=” xảy ra  và 3 1 x y 2 và 2 . 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của M là 2 , đạt được khi và chỉ khi 1 3 1 y x y 2 hoặc 2 và 2. x.  3 2 và. 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. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm, không làm tròn. --------------------------------------------------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI TUYỂN 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  x  y 6 có nghiệm (x;y) là Câu 3. Hệ phương trình  A. (1;1).. B. (7;1).. C. (3;3).. 52. D. (3;-3)..

<span class='text_page_counter'>(53)</span> 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 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. 7cm.. B. 1cm.. 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 x1 , x2 thỏa mãn điều kiện. x1 ( x1  2)  x2 ( x2  2) 10 .. 2 x2  x  1  y  2 6    5  1 3.  x 1 y  2 Câu 3. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  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 . 2 3 2 3x  6 x 2 x  1  1 2 x  5 x  4 x  4.. Câu 5. (1,0 điểm. Giải phương trình :. . . . 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. Phần II: Tự luận (8,0 điểm) Bài Bài 1. Lời giải 2 1) Rút gọn biểu thức A = x  1. 53. 5 A. 6 C. 7 B. 8 A.

<span class='text_page_counter'>(54)</span> 1,5đ. 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. 2. + Chỉ ra điều kiện để phương trình (1) có hai nghiệm x1, x2 là  0  m  1. Bài 2 1,5đ.  x1  x2 2m  2 + Áp dụng Định lý vi – ét cho phương trình (1) là  x1 .x2 m  m  1 x12  x2 2 2m 2  4m  2. Tính được. 2 2 + Biến đổi x1 ( x1  2)  x2 ( x2  2) 10  x1  x2  2( x1  x2 ) 10 , tìm được m = 1; m. Bài 3 1,0đ. = -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 x 3  5 x 2  4 x  2.. + Biến đổi phương trình đã cho trở thành phương trình tương đương.  x  2   3x Bài 5 1,0đ. .  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 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. Bài 54.

<span class='text_page_counter'>(55)</span> E. K. M D. H. A. 4 3,0đ. B. O. C. 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 AE2 = 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. + Chỉ ra OM // AE, áp dụng định lý ta – lét trong tam giác CEA ta có CE AE  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 VÀ ĐÀO TẠO TỈNH LÀO CAI ĐỀ CHÍNH THỨC. 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) 55.

<span class='text_page_counter'>(56)</span> 1. Thực hiện phép tính: a) 3. 12 1  1   a1 a 2. Cho biểu thức: P = . b)3 20  45  2 80.   a 1   :   a 2. 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. 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 -----------. HƯỚNG DẪN GIẢI 56.

<span class='text_page_counter'>(57)</span> Câu I: (2,5 điểm) a) 3. 12  36 6 1. Thực hiện phép tính: b)3 20  1  1   a1 a 2. Cho biểu thức: P = . 45  2 80 6 5  3 5  8 5  5   a 1   :   a 2. 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   3 3 a 3 a. a. 2 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:   x  y 2   2x  y  3 1) Giải hệ phương trình khi m = 2. Ta có . (m là tham số)  x 1   y 1. 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) 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 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 : 57. . 3 2.

<span class='text_page_counter'>(58)</span>  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 S PM//AQ suy ra   PMN KAN (So le trong)    PMN APK (cùng chan PN)   Suy ra KAN APK. M. N A. G. H. O. K. Tam giác KAN và tam giác KPA có góc K chung   KAN KPA nên hai tam giác đồng dạng (g-g). Q. KA KN   KA 2 KN.KP KP KA . . 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 -----------. 58.

<span class='text_page_counter'>(59)</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) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi : 14/6/2013 Thời gian làm bài : 120 phút (Không kể thời gian giao bài) (Đề thi này có 1 trang) Câu I(2,0 điểm) P. 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) 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 2 x + 2mx 2 = 9 1 Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn:. 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 59.

<span class='text_page_counter'>(60)</span> 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. a. P. x2 x 1    x x  1 x  x 1. Câu I 2.0 điểm. 0, 25. x 1. . . x1. . x 1. . x2 x 1   x x  1 x  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). a) 1 điểm. 0, 25. x2 x 1 x 1   x x  1 x  x 1 x  1. 1 x1. 0, 25. . 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. b.Đặt t=√ x , đk Ta có. P=. t≥0. t 2 ⇒ Pt +(P −1)t + P=0 t +t +1 2. 1 P− 1¿ − 4 P ≥0 ⇔ −1 ≤ P ≤ 3 Đk có nghiệm Δ=¿ 0.75 1 điểm ⇒ P nguyên ⇔ Do x ≥ 0 : x ≠ 1 nên 0 ≤ P ≤ 3. 2). 2. 0, 25 0, 25. 2. P=0. tại. x=0 Câu II. a) Do -2 là nghiệm của phương trình ta có: 60. x 2   2m  5  x  n 0. nên. 0, 25.

<span class='text_page_counter'>(61)</span> 2,5 điểm. 4m+n=14. (1). 0,25. Do 3 là nghiệm của phương trình. x 2   2m  5  x  n 0. nên ta. có: 6m-n=6. (2) 0,25. 4m  n 14  Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình  6m  n 6. 0,25. m 2  Giải hệ trên ta được  n 6 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. Để phương trình trên có nghiệm thì.  25  4n 0  n . 0,25.  25 4. 0,25. (*)  x1  x2  5  Khi đó theo định lý Viét ta có  x1.x2  n , nên để phương. 0,25. trình có nghiệm dương 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. 0,25.  x1  x2 2m  2 theo hệ thức Vi –ét ta có:  x1.x2 m – m  1. (1) (2). 2 Mà theo bài cho, thì x1 + 2mx 2 = 9 (3) Thay (1) vào (3) ta được: x12 + (x1 + x 2 )x2 = 9. 0,25.  x12 + x1x 2 + x 2 2 = 9 2 :  (x1  x2 )  x1 x2 9 (4) Thay(1), (2) vào (4) 4m 2  m2  m  1 9  3m 2  m  10 0. 61. ta. được:. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(62)</span> 5 Giải phương trình ta được: m1 = - 2 (loại) ; m2 = 3 (TMĐK) 5 Vậy m = 3 thì phương trình đã cho có 2 nghiệm x1, x2 : x12 + 2mx 2 = 9. 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 50 chạy khi nước xuôi dòng là x  4 . Vận tốc canô khi nước ngược dòng là x  4 và thời gian canô 50 chạy khi nước ngược dòng là x  4 . 50 1 50   7 x  4 3 x  4 Theo giả thiết ta có phương trình 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. Câu III. 1,0 điểm. Câu IV 3 điểm. a). 0,25 0,25. 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. 0,25 0,25. K. 0,75 điểm. H A. O. P. B. ˆ 900 AOM. 0,25 0,25. (đ/l góc ở tâm), mà MH  AK (gt) => AHM = 900 ˆ AHM 900 Trong tứ giác AOHM, ta có: AOM. 0,25. Vì M là điểm chính giữa của cung AB, nên sđ AM 900 =>. 62.

<span class='text_page_counter'>(63)</span> Do đó đỉnh O và H luôn nhìn đoạn Am dưới một góc 900, nên AOHM là tứ giác nội tiếp b) 0.5 điểm. . 0. Xét tam giác vuông MHK có MKH 45 Nên tam giác MHK là tam giác vuông cân tại H. 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 0,75 điểm nhất bằng 2R2, nên OP + PK lớn nhất bằng 2R . Do đó chu vi. 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. của tam giác OPK lớn nhất bằng: 2R + R = ( 2  1)R , khi OP = PK hay K là điểm chính giữa của cung MB 1). Câu VI 1,5 điểm. 1 1 1   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 P. 0,25 0,25. Vậy a, b, c là các số thực thỏa mãn: abc = 1 thì P = 1 0,25. 63.

<span class='text_page_counter'>(64)</span> 2). Chuyển vế và phương trình trở thành hằng đẳng thức và suy ra nghiệm 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). 64.

<span class='text_page_counter'>(65)</span>  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). 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----------. 65.

<span class='text_page_counter'>(66)</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. 66.

<span class='text_page_counter'>(67)</span> 3\ Tìm điểm N trên đường tròn (O) ( N khác M) sao cho tam giác NEF có diện tích 0  lớn nhất.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. a 2  b2 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a  b. ÑAI HOÏC QUOÁC GIA TP.HCM ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM 2013 TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU 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 không thể tái dấu nhau. x1 . b) Tìm m sao cho:. 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. 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 cuûa 5? 3. . 3. 2. 2. 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 0. SIMN . S 4 ( SIMN chæ laø dieän tích IMN ). r và 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: 67.

<span class='text_page_counter'>(68)</span> 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 . ------------------ Hết ------------------. HƯỚNG DẪN GIẢI. Caâu I:. 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  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. Khi đó:. 2. x1 .x 2 m 2  2m  1  m  1 0. Do đó x1; x2 không thể trái dấu. b) Phöông trình coù hai nghieäm khoâng aâm x1; x2  1 m  hoặc m  1 (áp dụng câu a)   ' 0 3    S x1  x 2 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  4  1  1   m   m  (thích hợp) 2 2   1  m  2 . 68.

<span class='text_page_counter'>(69)</span> Vaäy. m. 1 2 laø giaù trò caàn tìm. 3x 2  2y  1  3y 2  2z  1  3z 2  2x  1 2z  x  2   2x  y  2   2y  z  2 . Caâu II: Ta coù:.  3x2  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. Ta cuõng coù : Neân. x3  y3 x3  y3  x  y  x 2  xy  y 2. . x  y  x  y  x 2  xy  y 2. . . . 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:. a). M a2  3a  1 a2  a  2a  1 a  a  1  2a  1. laø soá leû (Vì a, a + 1 laø hai soá nguyeân. a a  1 2.  ) döông 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: . Ta có : a chia cho 5 dư 1, tức Ñaët. a2  3a  1 5n n  N*. . . 2. 5. . Neân a  15. a 5k  1 k  N . * 2 ( n  N vì do a 1 neân a  3a  1 5 ). n a 5k  1 k  N  Ta coù : 5 5 theo treân ta coù :. 69.

<span class='text_page_counter'>(70)</span> 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.. Vaäy n = 1. Ta coù : Caâu V :. 25k  k  1 0; k  N. . Do đó : k = 0. Nên a = 1.. a) Ta có : MN // BC (gt), ID  BC ((I) tiếp xúc với BC tại D)    ID  MN  IK  MN  IKM IKN 90 0   IFM  IKM 90 0  900 180 0  Tứ giác IFMK nội tiếp.   0 Mặt khác : IKN IEN 90  Tứ giác IKEN nội tiếp.     IKF ANI IMF IKF. Ta coù :. (Tứ giác IFMK 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   BJ Do đó: BC 2.BJ Maët khaùc: ABC coù MN // BC AM MN  AB BC (Heä quaû cuûa ñònh lyù Thales) AM MK  MN     Ta coù: AB BJ  BC  . 70. (Tứ giác IKEN nội tiếp)..

<span class='text_page_counter'>(71)</span> 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  AE r.cot 300  3.r; AI . r 2r sin 300. 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: Ta coù: Vaäy. S  3.r 2 ;SIEF . SIMN . 3.r 2 ;SIMN SIEF 4. S 4. 71.

<span class='text_page_counter'>(72)</span> 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  2 x  y  z  t  t  120.   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. 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 là 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.. 72.

<span class='text_page_counter'>(73)</span> SỞ GD & ĐT PHÚ THỌ ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN VÀO 10 THPT 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) 73.

<span class='text_page_counter'>(74)</span> 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) 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. 74.

<span class='text_page_counter'>(75)</span> 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 ) 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. 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 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) 75.

<span class='text_page_counter'>(76)</span> A=. x  2 x 3 x1 +  x x +1 x- x  1. 1 x 1. 5) Rút gọn biểu thức với x 0 6) 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 5) Chứng minh rằng phương trình luôn có hai nghiệm x1; x2 với mọi m. 6) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x 1; 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 trị nhỏ nhất của biểu thức. S. a 4b 9c   b c  a c a  b a b  c .. ----------------------- 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 2  x12  2mx1  2m  1 4  2x1  x1  2(m  1)x1  2m  5 0   2  2  x 2  2(m  1)x 2  2m  5 0  x 2  2mx 2  2m  1 4  2x 2. 76.

<span class='text_page_counter'>(77)</span>  x1  x 2 2m  2  x .x 2m  5 Theo định lí Vi-et ta có :  1 2. Theo bài ra ta có : (x12  2mx1  2m  1)(x 22  2mx 2  2m  1)  0   4  2x1  .  4  2x 2   0  16  8  x1  x 2   4x1x 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 + AME ∽ AIM (g-g)  AI AM  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 I. E B. O. A. N. 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  c 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 a ;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  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:. 77.

<span class='text_page_counter'>(78)</span> 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 1  S   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. 78.

<span class='text_page_counter'>(79)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH NINH BÌNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC. 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 gồm 5 câu trong 1 trang 1 1 √ x+1 Câu 1: (1,5 điểm) Cho biểu thức A = x − x + x −1 : √ √ ( √ x −1 )2 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. a2 − 2 ab+2. là số nguyên.. ------------------------ Hết ----------------------. 79.

<span class='text_page_counter'>(80)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN ĐỀ THI CHÍNH THỨC. KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Ngày thi: 26/06/2013 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề). Câu 1 (2 điểm) B  ( 2  1) 2  2 a. Tính giá trị của các biểu thức: A  9  4 ; . 1 1 x C (  ) 2 x  1 ( x )  x x  1 , với x  0 và x 1 . b. Rút gọn:. Câu 2 (1 điểm) 2 Vẽ đồ thị các hàm số y x ; y 2x  1 trên cùng một mặt phẳng tọa độ, xác định tọa độ giao điểm của hai đồ thị đó.. Câu 3 (2 điểm)  x  y 5  3x  y 3. a. Giải hệ phương trình b. Một mảnh đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 5 m. Tính kích thước của mảnh đất, biết rằng diện tích mảnh đất là 150 m2. Câu 4 (4 điểm) Cho đường tròn (O) và điểm M nằm ngoài đường tròn đó. Qua điểm M kẻ tiếp tuyến MA và cát tuyến MBC (B nằm giữa M và C). Gọi E là trung điểm của dây BC. a. Chứng minh: MAOE là tứ giác nội tiếp; b. MO cắt đường tròn tại I (I nằm giữa M và O). Tính AMI  2.MAI; 2 c. Tia phân giác goc BAC cắt dây BC tại D. Chứng minh: MD MB.MC . Câu 5 (1 điểm) Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình: x 2 y 2  (x  1) 2  (y  1) 2  2xy(x  y  2) 2 . -------------------------------------Hết-------------------------------------. 80.

<span class='text_page_counter'>(81)</span> Họ tên thí sinh:..................................................................SBD:....................................... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LẠNG SƠN. KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014. ĐẾ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN. Câu Câu 1 (2 điểm). Nội dung a) Ta có A 3  2 5. B  2 1  C ( b). C Câu 2. Điểm 0,5. 2  2 1 . x  x ( x  1). 2 1. 0,5. 1 x ) x ( x  1) x  1. 0,5. x ( x  1) 1  x ( x  1)( x  1) x 1 2. Giải phương trình: x 2x  1  x 1. 0,5. 0,5đ.  y 1 (0,25đ). (1 điểm). Vậy giao điểm là M(1 ; 1) (0,25đ) (đường thẳng là tiếp tuyến của parabol). Câu 3 (2 điểm). a) Lấy pt (1) cộng pt (2) ta được: 4x = 8 vậy x = 2. 0,5. từ phương trình (1) suy ra y = 5 – x = 3. KL: nghiệm của hệ là (2 ; 3). 0,5. gọi chiều rộng của mảnh đất là a (m), a > 0. 0,25. suy ra chiều dài là a + 5 (m). 0,25. gt  a(a  5) 150  a 10, a  15 (loại). 0,25. Vậy chiều rộng là 10 m, chiều dài là 15 m.. 81. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(82)</span> Câu 4 (4 điểm). a. Do E là trung điểm của dây cung BC nên OEM = 900(Quan hệ giữa đường kính và dây cung) Do MA là tiếp tuyến nên OAM = 900, tứ giác MAOE có OEM+OAM=1800 nên nội tiếp đường tròn b. Ta có : 2.MAI = AOI (cùng chắn cung AI) Mà AOI + AMO = 900 ( Do tam giác MAO vuông tại A ) => AMI + 2.MAI = 900 2. c. Do MAB MCA (g.g) nên MA MB.MC Gọi K giao điểm của phân giác AD với đường tròn (O) Có MDA = (Sđ KC +Sđ BA ) : 2 = (Sđ KB +Sđ BA ) : 2 = Sđ KA : 2 ( Vì AD là phân giác góc BAC nên cung KB = cung KC) Mặt khác: MAD = Sđ KA : 2 ( Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) nên MAD cân : MA = MD 2. Vậy MD MB.MC. Câu 5 (1 điểm) Tìm nghiệm nguyên x, y của phương trình: x 2 y 2  (x  1) 2  (y  1) 2  2xy(x  y  2) 2 . <=> x2y2 + (x - 1)2 + (y - 1)2 - 2xy (x-1) - 2xy(y- 1) = 2 <=> {x2y2 + (x - 1)2 + (y - 1)2 - 2xy (x-1) - 2xy(y- 1)+2(x - 1) (y- 1) }- 2(x - 1) (y- 1) -2 =0 <=> [ xy - (x-1)- (y-1)]2 - 2(xy - x -y+1) - 2 = 0 <=>( xy - x-y+2)2 - 2( xy - x-y+2) = 0 <=>( xy - x-y+2) (xy - x- y) = 0 TH1: x  y  xy 0  (x  1)(1  y)  1 ta được nghiệm (2;2), (0;0) TH2: x  y  xy  2 0  (x  1)(1  y) 1 ta được nghiệm (2;0), (0;2) Vậy nghiệm của phương trình là: (2;2), (0;0), (2;0), (0;2). 82.

<span class='text_page_counter'>(83)</span> SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO TỈNH KIÊN GIANG --------------ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang). KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2013-2014 -------------------Môn thi: TOÁN (Không chuyên) Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 20/6/2013. Bài 1. (2,5 điểm) 1/ Tính:. 5 2 2 94 2. 3 x 9   x 1 2  x x  x  2 2/ Cho biểu thức: a) Tìm điều kiện xác định của P. Rút gọn P b) Với giá trị nào của x thì P = 1 P=. Bài 2. (1 điểm) Giải hệ phương trình 1 1  x  y 1    3  4 5  x y. Bài 3. (1,5 điểm) y (2  10  m ) x  m  12. Cho (dm): 1/ Với giá trị nào của m thì (dm) đi qua gốc tọa độ 2/ Với giá trị nào của m thì (dm) là hàm số nghịch biến Bài 4. (1,5 điểm) 83.

<span class='text_page_counter'>(84)</span> Một ca nô xuôi dòng 42 km rồi ngược dòng trở lại 20 km hết tổng cộng 5 giờ. Biết vận tốc của dòng chảy là 2km/h. Tính vận tốc của ca nô lúc dòng nước yên lặng. Bài 5. (3,5 điểm) Cho đường tròn (O) đường kính AB, M là điểm thuộc cung AB, I thuộc đoạn thẳng OA. Trên nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm M kẻ các tia tiếp tuyến Ax, By với (O). Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với IM cắt Ax tại C. Qua I dựng một đường thẳng vuông góc với IC cắt tia By tại D. Gọi E là giao điểm AM, CI và F là giao điểm ID và MB. 1/ Chứng minh tứ giác ACMI và tứ giác MEIF nội tiếp 2/ Chứng minh EF // AB 3/ Chứng minh ba điểm C, M, D thẳng hàng 4/ Chứng tỏ rằng hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác CME và MFD tiếp xúc nhau tại M Hết. Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:……………… Chữ ký giám thị 1:………………………….Chữ ký giám thị 2:……………………… Bài giải BÀI 1.1. NỘI DUNG 5  2 2  9  4 2  5  2 2  (2 2  1) 2  5  2 3  2 2  5  2 ( 2  1) 2  3  2 2  ( 2  1) 2  2  1. 1.2. a/ Điều kiện xác định của P: x 0 và x 4 . P=. 3 3 x 9    x 1 2  x x  x  2 = x 1. x. . 9. x  2 ( x  1)( x  2). 3( x  2)  x ( x  1)  9 3 x  6  x  x  9 3 x  x  x  3   ( x  1)( x  2) ( x  1)( x  2) ( x  1)( x  2) = 3( x  1)  x ( x  1) ( x  1)(3  x ) 3  x   ( x  1)( x  2) ( x  1)( x  2) x 2 =. b/ P = 1 2. . 3 x 1  3  x 2. 1 1  x  y 1    3  4 5  x y (I) . Đặt. 1  u  x  v  1 y . x  x  2  2 x 5  x . thì hệ (I) trở thành. 84. 25 4.

<span class='text_page_counter'>(85)</span> 1 9 9  u     u  v 1 7  x 7   1 2  3u  4v 5 v  2    y 7  7. 3.1. (dm):. 7  x   9   y 7  2. y (2  10  m ) x  m  12. 2  10  m 0 m 6     m 10 10  m 0 m  12 0 m 12 (lo¹i)  Để (dm) đi qua gốc tọa độ thì: . Vậy không tồn tại m để đường thẳng (dm) đi qua gốc tọa độ 3.2. 10  m 0   2  10  m  0  Để (dm) là hàm số nghịch biến thì:  m 10  m 6   m  6. 4.. Gọi x (km/h) là vận tốc của ca nô lúc nước yên lặng (Đk: x > 2)  Vận tốc ca nô xuôi dòng là: x + 2 (km/h) Vận tốc ca nô ngược dòng là: x – 2 (km/h).  m 10  m 10    10  m  2 10  m  4. 42 Thời gian ca nô xuôi dòng 42 km: x  2 (h) 20 Thời gian ca nô ngược dòng 20 km: x - 2 (h) 42 20  5 Do ca nô đi hết tổng cộng 5 giờ nên ta có phương trình: x  2 x  2.  42(x – 2) + 20(x + 2) = 5(x + 2)(x – 2)  42x – 84 + 20x + 40 = 5x2 – 20  5x2 - 62x + 24 = 0  x = 12   x = 2 (lo¹i)  5. Vậy vận tốc ca nô lúc dòng nước yên lặng là 12 km/h 5. a) Chứng minh tứ giác ACMI và MEIF nội tiếp *Xét tứ giác ACMI có:  CAI 900 (vì Ax là tiếp tuyến tại A của (O)  CMI 900 (Vì CM  IM tại M)    CAI  CMI 1800  Tứ giác ACMI nội tiếp đường tròn đường kính CI. 85.

<span class='text_page_counter'>(86)</span> *Xét tứ giác MEIF có:  EMF 900 (góc nội tiếp nửa đường tròn)  EIF 900 (vì CI  ID tại I)    EMF  EIF 1800  Tứ giác MEIF nội tiếp đường tròn đường kính EF. b) Chứng minh EF // AB: .  Ta có ICM I2 (cùng phụ với góc I1) .  Mà tứ giác MEIF nội tiếp  I 2 MEF (cùng chắn cung MF)    ICM MEF.    MEF A 2   Mặt khác tứ giác ACMI nội tiếp  ICM A 2 (cùng chắn cung MI) .  Mà MEF vµ A 2 là hai góc đồng vị nên EF // AB. c) Chứng minh ba điểm C, M, D thẳng hàng    Ta có : I 2 A 2 (cùng bằng MEF ).    Mà A 2 B 2 (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn MB của (O)) 2  I 2 B mà I ,B là hai đỉnh kề cạnh IB của tứ giác MIBD  tứ giác MIBD nội tiếp.  0     IMD  IBD 1800 . Mà IBD 90  IMD 900    CMI  IMD 1800  C, M, D thẳng hàng. d) Chứng minh hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác CME và MFD tiếp xúc nhau tại M *Gọi J và K lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp tam giác CME và MFD Xét đường tròn tâm K ta có: 1  s®MF   K1 MDF (cùng bằng 2 )   0 Mà K1  KMF 90.    MDF  KMF 900 (1)   Ta lại có: B1 MDF (cùng chắn cung MI, tứ giác MIBD nội tiếp) .  Mà B1 OMB (do  OMB cân tại O, OM = BO)    MDF OMB. (2) 86.

<span class='text_page_counter'>(87)</span> . . 0. Từ (1) và (2) suy ra: OMB  KMF 90  KM  MO mà KM là bán kính (K)  OM là tiếp tuyến của (K) Chứng minh tương tự ta có: OM cũng là tiếp tuyến của (J) Vậy hai đường tròn ngoại tiếp hai tam giác CME và MFD tiếp xúc nhau tại M. 87.

<span class='text_page_counter'>(88)</span>