toan giua ki 1 lop 5 tuyet lam

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ. ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: Toán (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang. Câu 1 (1,5 điểm) P. 3x  9 x  3  x x  2. x 1 x 2  x  2 1  x với x 0, x 1. Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm x nguyên dương để P nhận giá trị nguyên. Câu 2 (2,0 điểm)  x  2 y m  a) Cho hệ phương trình 2 x  y m  1. Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) sao cho x, y là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5 . b) Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn phương trình: x 2  2 y 2  2 xy  3 y  4 0 .. Câu 3 (2,0 điểm) a) Giải phương trình. x 2  x  1  x 2  9 x  9 2 x.  x 2  y 2 2  b) Giải hệ phương trình:  xy ( x  y ) 3 x  y Câu 4 (3,5 điểm) 1) Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A, B. Kẻ tiếp tuyến chung CD (C, D là tiếp điểm và C thuộc (O), D thuộc (O’)). Qua B kẻ cát tuyến song song với CD cắt (O) tại E và cắt (O’) tại F. Gọi M, N theo thứ tự là giao điểm của DA và CA với EF. Gọi I là giao điểm của EC và FD. Chứng minh rằng: a) CD là đường trung trực của đoạn BI. b) Tam giác IMN cân. 2) Cho A là điểm cố định trên đường tròn (O; R). Gọi AB và AC là hai dây cung thay đổi của đường tròn (O) thỏa mãn AB. AC R 3 . Xác định vị trí của B, C trên (O) để diện tích tam giác ABC lớn nhất. Câu 5 (1,0 điểm) 1 1 1  1 1 1 12  2  2  2  3    a b c. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện:  a b c  1 1 1 1    Chứng minh rằng: 4a  b  c a  4b  c a  b  4c 6 ----------------- Hết -----------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ và tên thí sinh: ........................................... Số báo danh................................ Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2013-2014 HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN TOÁN. (Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán) Hướng dẫn chấm thi có 06 trang I. Một số chú ý khi chấm bài.  Hướng dẫn chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách, khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm.  Thí sinh làm bài cách khác với Hướng dẫn chấm mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với biểu điểm của Hướng dẫn chấm.  Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn số. II. Đáp án và biểu điểm. Câu 1 (1,5 điểm) 3x  9 x  3 x 1 x 2   x x  2 x  2 1  x với x 0, x 1 Cho biểu thức a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm x nguyên dương để P nhận giá trị nguyên. ĐÁP ÁN 3x  3 x  3  x 1 x  1  x 2 P x  1 x 2 a) Với x 0, x 1ta có P. . . . . . x 2. x 3 x 2.   x  1   x  1 b) Với x 0, x 1 ta có:. .   . ĐIỂM. . P. x1. x 2.  x  2. x 1 x1. x 1 x  1 2 2  1  x1 x1 x1. Vì x nguyên dương nên P có giá trị nguyên khi * x  1  1;2 Mà x  1   1 (vì x  N ) nên  x   2;3  x   4;9 Vậy x = 4 và x = 9 là các giá trị cần tìm. Câu 2 (2,0 điểm). 0,25 đ. 0,25 đ. . x 2. . x  1 là ước nguyên của 2.. 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ 0,25 đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> (1)  x  2 y m  a) Cho hệ phương trình 2 x  y m  1 (2) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (x; y) sao cho x, y là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5 . b) Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn phương trình: x 2  2 y 2  2 xy  3 y  4 0 . ĐÁP ÁN. ĐIỂM y. a) (1,00 đ) Từ (1) ta có x = m – 2y thay vào phương trình (2) tính được 3m  2 x 5 . Hệ phương trình có nghiệm duy nhất: Tiếp tục tính được  m  1 3m  2  ( x; y )  ;  5 5   x  0  Để x, y là độ dài các cạnh góc vuông của tam giác vuông thì  y  0. m 1 5 0,25 đ. 0,25 đ.  m  1 (*). Do x, y là độ dài các cạnh góc vuông với cạnh huyền có độ dài bằng 5 nên 10m 2  10m  5 2 2 x  y 5  5  m 2  m  12 0 25 Giải phương trình tìm được m = 3 hoặc m = -4 Kết hợp điều kiện (*) ta được m = 3. Vậy với m = 3 thì hệ phương trình có nghiệm (x; y) và x, y là độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5 . b) (1,00 đ) Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn phương trình: x 2  2 y 2  2 xy  3 y  4 0 .. 0,25 đ. 0,25 đ. 2. x 2  2 y 2  2 xy  3 y  4 0   x  y    y 2  3 y  4  0. Ta có 2   y  1  y  4    x  y . 2. mà.   x  y  0. nên  y  1  y  4  0.   4  y 1 . Mà y  N nên y = 0 hoặc y = 1. - Với y = 0, thay vào phương trình ban đầu ta tìm được x = 2. Mà x  N nên x = 2. - Với y = 1, thay vào phương trình ban đầu ta tìm được x = - 1 (loại). Vậy x = 2, y = 0. Câu 3 (2,0 điểm) 2 2 a) Giải phương trình x  x  1  x  9 x  9 2 x.  x 2  y 2 2  b) Giải hệ phương trình:  xy ( x  y ) 3x  y ĐÁP ÁN. 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ. ĐIỂM.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  x 2  9 x  9 0  2 a) (1,00 đ) Điều kiện:  x  x  1 0 . 2. 1 3  x  x  1  x     0 2 2 4  Vì và x  9 x  9 0 nên vế trái dương. Do đó để phương trình có nghiệm thì vế phải dương  x > 0. 2. 1. 0,25 đ. 1 1 9 9  2  1   2 2 x x x x. Chia hai vế của phương trình cho x > 0, ta được: 1 1 t 2  x x , ta được phương trình: t  1  9t  1 2 Đặt. 9t 2  10t  1 1  5t  1 t 5  1  t     t 0  t 0  5 16t 2  20t 0   5  t  4  . 0,25 đ. . 1 1  0  2 x x Với t = 0 ta có x= 1. Thay x = 1 vào phương trình ban đầu ta thấy x = 1 thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm x = 1. (1)  x 2  y 2 2  b) (1,00 đ) Giải hệ phương trình:  xy ( x  y ) 3x  y (2) Ta có (2)  2 xy ( x  y ) 2(3 x  y ) 2 2 2  x  y Thay vào vế phải phương trình trên ta được: 2 xy ( x  y ) ( x 2  y 2 )(3x  y )  2 x 2 y  2 xy 2 3x 3  x 2 y  3xy 2  y 3  (x – y)(3x2 + y2) = 0  x = y Với x = y thay vào phương trình (1) tìm được x 1 . Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) (1;1) và ( x; y) (  1;  1). 0,25 đ. 0,25 đ. 0,25 đ. 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ. Câu 4 (3,5 điểm) 1) Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A, B. Kẻ tiếp tuyến chung CD (C, D là tiếp điểm và C thuộc (O), D thuộc (O’)). Qua B kẻ cát tuyến song song với CD cắt (O) tại E và cắt (O’) tại F. Gọi M, N theo thứ tự là giao điểm của DA và CA với EF. Gọi I là giao điểm của EC và FD. Chứng minh rằng: a) CD là đường trung trực của đoạn BI. b) Tam giác IMN cân. 2) Cho A là điểm cố định trên đường tròn (O; R). Gọi AB và AC là hai dây cung thay đổi của đường tròn (O) thỏa mãn AB. AC R 3 . Xác định vị trí của B, C trên (O) để diện tích tam giác ABC lớn nhất..

<span class='text_page_counter'>(6)</span> ĐÁP ÁN. ĐIỂM. 1) (2,5 đ) I. C. K D A. E. O'. O M B. F N.     a) (1,0 đ) . Ta có ICD CEB (vì CD // EF); CEB DCB (cùng chắn cung CB)    ICD DCB   Tương tự ta cũng có IDC CDB Suy ra ICD BCD ( g.c.g )  CI CB, DI DB  CD là đường trung trực của BI. b) (1,5 đ). Vì CD là đường trung trực của BI nên CD  BI . Mà CD // MN nên BI  MN (1) Gọi K là giao điểm của AB và CD, chứng minh được: KC 2 KA.KB, KD 2 KA.KB  KC KD (2). KC KD AK   BN BM AB (3) Vì CD // MN nên Từ (2) và (3) suy ra BM = BN (4). Từ (1) và (4) suy ra tam giác IMN cân tại I. 2) (1,0 đ). 0,5 đ. 0,5 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> A. O B. H. C. I. D. Kẻ AH  BC , OI  BC , đường kính AD. Chứng minh được AHC đồng dạng với ABD (g-g) AH AC    AH . AD  AB.AC AB AD hay AB. AC 2 R. AH (1) 2 Mà AB. AC R 3  AB. AC 3R (2) 3R AH  2 Từ (1) và (2) suy ra 3R R OI  AH  OA   R  2 2. Ta lại có OI  OA  AI  AH nên 3R AH  2 không đổi nên S ABC lớn nhất  BC lớn nhất  OI nhỏ nhất Do R  OI   BC  OA  ABC 2 cân tại A. R OI    1200  BAC 600   ABC đều 2 nên tính được BOC Mà Vậy, khi B, C  (O) và  ABC đều thì S ABC lớn nhất.. 0,25 đ. 0,25 đ 0,25 đ. 0,25 đ. Câu 5 (1,0 điểm) 1 1 1  1 1 1 12  2  2  2  3    a b c. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện:  a b c  1 1 1 1    Chứng minh rằng: 4a  b  c a  4b  c a  b  4c 6 ĐÁP ÁN 2 3  x 2  y 2  z 2   x  y  z . Áp dụng bất đẳng thức: 2 1 1 1  1 1 1  1 1 1 3    12  2  2  2  4     a b c a b c  a b c Ta có. ĐIỂM 0,25 đ.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 1 1 1     a b c.   1 1 1  1  4      3 0  1  1  1 1   a b c  a b c (1) 1 1 1 ( a  b  c)(   ) 9  a  b  c 9 a b c Dễ dàng chứng minh được: (2) 1 1 1 S   4a  b  c a  4b  c a  b  4c Đặt 4 1 1   Sử dụng bất đẳng thức: x  y x y ta có: 1 1 1 1 1       4a  b  c 3a  a  b  c 4  3a a  b  c  1 1 1 1      Tương tự ta có: a  4b  c 4  3b a  b  c  1 1 1 1      a  b  4c 4  3c a  b  c  Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được: 1 1 1 1 3 3   1  1 1 1 1  S           4  3a 3b 3c a  b  c  4  3  a b c  a  b  c  (3) Áp dụng (1), (2) vào bất đẳng thức (3) trên ta được: 1 1 3 1 S    S 4 3 9 6 Đẳng thức xảy ra khi a b c 3 .. ............................ HẾT ................................. 0,25 đ. 0,25 đ. 0,25 đ.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>