De cuong on thi

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THANH HĨA
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ B

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2013 – 2014

Mơn
thi: Tốn
Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian giao đề
Ngày thi: 12 tháng 7 năm 2013
Đề thi có 01 trang gồm 5 câu

Câu 1 (2.0 điểm):
1. Cho phương trình bậc hai: x2 +2x – 3 = 0, với các hệ số a = 1, b = 2, c = -3
a.Tính tổng: S = a + b + c
b.Giải phương trình trên

 x  3 y 2

2 x  3 y 4
2. Giải hệ phương trình: 
Câu 2 (2.0 điểm):

 1
y 1 
1  
Q 

:


 y y
  y  2 y  1 
y

1

 
 ( Với y > 0; y 1 )
Cho biểu thức:
a. Rút gọn biểu thức Q
b. Tính giá trị biểu thức Q khi y 3  2 2
Câu 3 (2.0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2bx + 1 và
Parabol (P): y = - 2x2.
a. Tìm b để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1;5)
b. Tìm b để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hồnh độ thỏa
mãn điều kiện: x12 + x22 + 4(x1 + x2) = 0.
Câu 4 (3.0 điểm): Cho (O; R) đường kính EF. Bán kính OI vng góc với EF, gọi J là điểm
bất kỳ trên Cung nhỏ EI (J khác E và I), FJ cắt EI tại L; Kẻ LS vng góc với EF (S thuộc
EF).
a. Chứng minh tứ giác IFSL nội tiếp.
b. Trên đoạn thẳng FJ lấy điểm N sao cho FN = EJ. Chứng minh rằng, tam giác IJN
vuông cân.
c. Gọi (d) là tiếp tuyến tại điểm E. Lấy D là điểm nằm trên (d) sao cho hai điểm D và
I cùng nằm trên cùng một nữa mặt phẳng bờ là đường thẳng FE và ED.JF = JE.OF. Chứng
minh rằng đường thẳng FD đi qua trung điểm của đoạn thẳng LS.
Câu 5 ( 1.0 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca  3.
a4
b4
c4

3



Chứng minh rằng: b  3c c  3a a  3b 4
Hết
(Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm)
Họ tên thí sinh: ....................................................................................................Số báo danh: ...........................................
Chữ ký của giám thị 1: .............................................................Chữ ký của giám thị 2:.........................................


HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ CHẤM
CÂU

NÔI DUNG

ĐIỂM
0.5

1a. S = 1 + 2 + (-3) = 0
1b. Ta có a + b + c = 0
1.

 x  3 y 2
3x 6
 x 2
 
 

2 x  3 y 4

2 x  3 y 4
 y 0
2. 

0.75

Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất: (x;y) = (2;0).

0.25

 1
y 1 
1  
Q 

:


 y y
y  1   y  2 y  1 

a.


 
y 1 
1
1  




:
2
 y y1
y  1   y  1 

 

2

 y  1 
y

1
 y1


 y y  1  
y  1 
y






2.

0.5

Nên phương trình có nghiệm x1 = 1, x2 = -3









b. y 3  2

0.25





0.75



2= 



21

2

0.25
Q

2  1 1
2 2


21
21

2

0.75

Thay vào ta được giá trị tương ứng
a. Để (d) đi qua B(1;5) thì ta phải có: 5 = 2b.1 + 1=> b = 2.
Khi đó đường thẳng (d) có phương trình là: y = 4x + 1.
b. Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình sau phải có hai
nghiệm phân biệt:
2bx + 1= -2x2 <=> 2x2 + 2bx + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt
<=> b2 – 2 > 0
3.

0.25
0.25
0.25

<=>  2  b hoặc b  2 (*)
 x1  x2  b



1
 x1 x2  2
Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có:

0.25

Để x1, x2 thỏa mãn x12 + x22 + 4(x1+x2) = 0 <=> (x1+x2)2 +4(x1+x2) -2x1x2= 0
<=> b2 -4b – 1 = 0

4

Giải phương trình ẩn b ta được b 2  5 , chỉ có b 2  5 là thỏa mãn điều
kiện (*)Vậy b 2  5
P
I
J
Hình vẽ:
D

L

K
E

0.25

S

N

O

F


0

a. Ta có EIF= 90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

0.25

0

L  IE => LIF= 90 ,
0

theo đề bài LS  EF => LSF= 90

0.25




Do đó tứ giác LSFI nội tiếp được vì có: LIF+LSF=180
b. Ta có IJE = INF (c.g.g) vì:
EJ = FN ( đề bài), IE = IF (vì IEF cân tại I )


0

0.5
0.5



Mặt khác: Trong (O) ta có IEJ IFJ ( góc nội tiếp cùng chắn cung IJ).
Suy ra: IJ = IN ( cặp cạnh tương ứng)
 1
IJN

2 sđ IF
Xét IJN có
= 450
Do đó IJN vng cân tại I

0.25
0.25

c. Gọi K là giao điểm của FD và LS, P là giao điểm của tia FJ và d
Theo đề bài ta có ED.JF = JE.OF, mà OE=OF => ED.JF = JE.OE
ED OE
=


=> JE JF => EOD đồng dạng với IFE => EOD JFE , mà chúng ở vị trí
đồng vị nên => OD//JF=> OD//FP(vì P  FJ)

Trong tam giác PEF có OD//PF, OE = OF => OD là đường trung bình của
PEF =>DP = DE (1)
Mặt khác: Theo đề bài ta suy ra EP  EF, SL  EF  EP / / SL

5

0.25

0.25

FL FS LK FK SK
=
=


Theo hệ quả của định lí Ta lét ta có: FP FE PD FD ED (2)

0.25

Từ (1) và (2) => LK = LS, hay FD đi qua trung điểm của LS.
Cho a, b, c  0 thỏa mãn ab  bc  ca 3 .

0.25
0.25

a4
b4
c4
3



CMR: b  3c c  3a a  3b 4

Cách 1: Vì a, b, c dương nên ta có: a2 + b2 + c2 ab + bc + ca 3 =>a2 + b2 +
c2 3
Mặt khác theo bđt Bunhiacopxki ta có

 a  b  c

2

 12  12  12   a 2  b 2  c 2  3  a 2  b 2  c 2 

 a  b  c  3  a 2  b2  c 2 

(2)
 a4
b4
c4 
4 a  b  c 



 b  3c c  3a a  3b 

Lại theo bđt Bunhiacopxki ta có:

 a4
b4
c4 
  b  3c    c  3a    a  3b   



2
2
2 2

 b  3c c  3a a  3b   a  b  c  .
a 2  b2  c 2 

a4
b4
c4




b  3c c  3a a  3b
4 a  b  c


a

2

 b2  c2 

2

4 3  a2  b2  c2 

1


4

a

2

 b2  c 2 
3

3

2

1 33 3


4 3 4


Đẳng thức xảy ra  a b c 1 . (Điều phải chứng minh)
a4
Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bộ hai số dương: b + 3c và
b + 3c
16 ta có
a4
a 4 b+3c a 2
b + 3c
2
.


b + 3c + 16 
b+3c 16
2 , ( dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1)

0.5

Tương tự ta cũng có:
b4
b 4 c+3a b 2
c + 3a
2
.

c + 3a + 16 
c+3a 16
2 .
4
c
c 4 a+3b c 2
a + 3b
2
.

a + 3b + 16 
a+3b 16
2 .
a4
b4
c4

b + 3c
c +3a a + 3b a 2 +b 2 +c 2 3
2
2 .
Suy ra: b + 3c + c + 3a + a + 3b + 16 + 16 + 16 
4
4
4
a
b
c
3 a+b+c
=> b + 3c + c + 3a + a + 3b  2 - 4

0.25

( dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1).
Mặt khác áp dụng BĐT Bunhia:
2
2
2
(a + b + c)2  (1 + 1+ 1)(a2 + b2 + c2 )  a + b + c  3 . a  b  c
2
2
2
 - (a + b + c)  - 3 . a  b  c
1 2
1
1 2
3

(a  b 2  c 2 )
(a  b  c)
(a  b 2  c 2 )
2
2
2
 2
2
- 4
- 4 . a  b c
1 2
3
(a  b 2  c 2 )
2
2
2
 VT  2
- 4 . a  b c

Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c = 1
Lại có: a2 + b2  2ab
b2 + c2  2bc
c2 + a2  2ca
 a2 + b2 + c2  ab + bc + ca  3  a2 + b2 + c2  3 
a 2  b2  c2  3 .

a b c
 a b c 1

ab


bc

ca

3

Dấu bằng xảy ra khi:

Xét hiệu:
3
3
1 2
3
(a  b 2  c 2 )
2
2
2
A =VT - 4 = 2
- 4 . a  b c - 4
2
2
2
Đặt t = a  b  c với t  3

1
3
3
1
3

3
3
1
2
2
A = 2 t - 4 t - 4 = ( 2 t - 2 t ) + ( 4 t - 4 ) = 2 t .(t -

)
= (t -

1
3
3 ).( 2 t + 4 )

3
3 ) + 4 (t -

3


3
Do t  3 nên A  0  VT - 4 0
3
=> VT  4
a4
b4
c4
3




Hay b  3c c  3a a  3c 4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c =1

Cách 3
1
2
2
2
Ta có : a + b + c – ab –ac – bc = 2 (a  b)  (b  c)  (c  a) 0
2

2

2



2

2

2

nên : a +b +c  ab +ac +bc ≥ 3





a 2  b2  c2 3


4
4

(1)

đẳng thức xảy ra khi a = b = c
và:
a 2  b 2  c 2  2a  2b  2c  3  (a  1) 2  (b  1) 2  (c  1) 2  0
 a 2  b 2  c 2  2  a  b  c   3 0

a
 a bc

2

 b 2  c2   3
2

2  a 2  b2  c2 
a 2  b2  c2
a 2  b2  c2
2.3

 2
 2

1
2
2

2
2
a bc
a b c  3 a b c  3 33
2
2



2

2

a b c
1
a bc

(2)

đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có :
  a 2  2  b2  2  c2  2  
2


b

3c




 
 
 
b

3c
c

3a
a

3b
 
 
 
 



 a 2  b 2  c2 

 

2
2
c  3a  a  3b 


 

2
2

a 2  b 2  c2  a 2  b2  c2 a 2  b 2  c2

a4
b4
c4






(*)
b  3c c  3a a  3b 4(a  b  c)
4
a bc
a4
b4
c4
3



Kết hợp (1) (2) và (*) ta có: b  3c c  3a a  3b 4

đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

