SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 12/7/2013 Đề thi có: 01 trang gồm 5 câu. ĐÈ CHÍNH THỨC ĐỀ A Câu 1 (2,0 điểm): 1. Cho phương trình bậc hai: x 2 + 3x – 4 = 0 với các hệ số là:a = 1; b = 3; c =-4 a. Tính tổng: S = a + b + c b. Giải phương trình trên. 2. Giải hệ phương trình: 2 3 3 2 1 x y x y − =   + =  Câu 2 (2,0 điểm): Cho biểu thức: 1 1 1 : 1 2 1 x P x x x x x   +   = +  ÷  ÷  ÷ − − − +     (với 0; 1x x > ≠ ) a. Rút gọn biểu thức P. b. Tính giá trị của biểu thức P khi 3 2 2x = − . Câu 3 (2,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2ax + 1 và Parabol (P): y = -2x 2 . a. Tìm a để đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 5). b. Tìm a để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ lần lượt là x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện: ( ) 2 2 1 2 1 2 4 4 0x x x x + + + + = . Câu 4 (3,0 điểm): Cho (O; R) đường kính AB. Bán kính CO vuông góc với AB, gọi M là điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC (M khác A và C), BM cắt AC tại H; Kẻ HK vuông góc với AB tại K. a. Chứng minh tứ giác CBKH nội tiếp. b. Trên đoạn thẳng BM lấy điểm E sao cho BE = AM. Chứng minh rắng, tam giác MCE vuông cân. c. Gọi (d) là tiếp tuyết của (O) tại A. Lấy P nằm trên (d) sao cho hai điểm P và C nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB và AP.MB = MA.OB. Chứng minh rằng, đường thẳng PB đi qua trung điểm của đoạn thẳng HK. Câu 5 (1,0 điểm): Cho x; y; z là các số thực dương thỏa mãn: xy + yz + zx > 3 Chứng minh rằng: 4 4 4 3 3 3 3 4 x y z y z z x x y + + ≥ + + + Hết ( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:……………………………………………………Số báo danh:……………………. Chữ kí giám thị 1:……………………………….Chữ kí giám thị 2:…………………………………… HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013 – 2014 Môn thi: Toán Ngày thi: 12 tháng 07 năm 2013 Câu Nội dung Điểm Câu 1 (2điểm ) 1. Cho phương trình bậc hai: x 2 + 3x – 4 = 0 với các hệ số là: a = 1; b = 3; c =-4 a. Tính tổng: S = a + b + c = 1 + 3 + (-4) = 0 b. Phương trình có 2 nghiệm 1 2 1 4 4 1 x c x a =    − = = = −   . 2. Giải hệ phương trình: 2 3 4 4 1 3 2 1 3 2 1 1 x y x x x y x y y − = = =    ⇔ ⇔    + = + = = −    Vậy phương trình đã cho có nghiệm là 1 1 x y =   = −  0.5 0.5 0.5 0.5 Câu 2 (2điểm) Cho biểu thức: 1 1 1 : 1 2 1 x P x x x x x   +   = +  ÷  ÷  ÷ − − − +     (với 0; 1x x > ≠ ) 1. Rút gọn 2 2 1 1 1 : 1 2 1 1 1 : ( 1) ( 1) ( 1) 1 ( 1) : ( 1) 1 1 x P x x x x x x x P x x x x x x x P x x x x P x   +   = +  ÷  ÷  ÷ − − − +         + = +  ÷  ÷  ÷  ÷ − − −     + − = − + − = 2. Với ( ) 2 3 2 2 2 1 2 1 2 1x x= − = − ⇒ = − = − Thay vào biểu thức được: 1 2 1 1 2 2 ( 2 1) 2 2 1 2 1 2 1 x P x − − − − − − = = = = = − − − − 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 Câu 3 (2điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2ax + 1 và Parabol (P): y = -2x 2 . a. Đường thẳng (d) đi qua điểm A(1; 5) nên có 5 = 2a + 1 suy ra a = 2 b. Phương trình hoành độ giao điểm giữa đường thẳng (d) cắt Parabol (P) là: 2x 2 + 2ax + 1 = 0 (1) Đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ' 2 2 0 2 0 2 a a a  < − ⇔ ∆ > ⇔ − > ⇔  >   (*) 0.5 0.5 Áp dụng hệ thức Vi – Ét ta có: 1 2 1 2 a 1 2 x x x x + = −    =   ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 Theo bài ra : 4 4 0 ( ) 2 4 4 0 1 a 2. 4( a) + 4 0 2 a = 1 a 4a + 3 = 0 a = 3 x x x x x x x x x x + + + + = ⇔ + − + + + = ⇔ − + − =  ⇔ − ⇔   Đối chiếu điều kiện (*). Vậy a = 3 là giá trị cần tìm. 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 4 (3điểm ) a. Ta có: · 0 90ACB = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · 0 90HCB ⇒ = · 0 90ACK = CBKH ⇒ nội tiếp đường tròn đường kính BH b. Xét ΔAMC = ΔBEC có: AM = BE (gt) · · MAC = MBC (2góc nội tiếp cùng chắn cung MC) · · MAC = EBCΔAMC = ΔBEC⇒ ⇒ (gcg) MC = EC ΔMCE cân ⇒ (1) · · MCA = ECB mà · · 0 ECA ECB 90+ = · · · 0 MCE ECA ACM 90⇒ = + = (2) Từ (1) & (2) ΔMCE vuông n.câ ⇒ c. Kéo dài BM cắt d tại Q Xét ΔPAM và ΔOBM có: · · · PAM = ABM OBM= (góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung AM) AP.MB = MA.OB (gt) AP OB = MA MB ⇒ ΔPAM ΔOBM (cgc) ⇒ : mà ΔOBM cân tại O ΔPAM ⇒ cân tại P PM = PA; ⇒ · · PAM = PMA Lại có: · · · · 0 PMA PMQ MAQ MQA 90 + = + = · · PMQ MQP ⇒ = ΔPMQ ⇒ cân tại P PM = PQ ⇒ PM = PQ = PA ⇒ Xét QA//HK IH PQ = IH = IK IK PA ⇒ ⇒ Vậy BP đi qua trung điểm của HK. 1 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5 Câu 5 (1điểm ) Với x, y, z là các số dương áp dụng BĐT cô si ta có: 4 4 2 4 4 2 4 4 2 4 3 4 3 + 2 = 2x 3 4 3 4 4 3 4 3 + 2 = 2y 3 4 3 4 4 3 4 3 + 2 = 2z 3 4 3 4 x y z x y z y z y z y z x y z x z x z x z x y z x y x y x y + + ≥ × + + + + ≥ × + + + + ≥ × + + (dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1) 4 4 4 2 2 2 4 2 2 2 3 3 3 x y z x y z x y z y z z x x y   ⇒ + + + + + ≥ + +  ÷ + + +   d l Q I K H C A O B M E P 4 4 4 2 2 2 4 2 2 2 3 3 3 x y z x y z x y z y z z x x y   ⇒ + + ≥ + + − − −  ÷ + + +   * 2 2 2 x +y +z xy yz zx 3≥ + + ≥ dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1 * 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 1 1 1 3 6 2 2 2 ( ) ( 1) ( 1) ( 1) 2 2 2 2 2 2 x y z x y z x y z x y z + + − − − = + + + − + − + − − ≥ 4 4 4 6 4 3 3 3 2 x y z y z z x x y   ⇒ + + ≥  ÷ + + +   hay 4 4 4 3 3 3 3 4 x y z y z z x x y + + ≥ + + + dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 1 0.25 0.25 0.25 0.25 * Lưu ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn được điểm tối đa . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: Toán Thời gian: 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngày. thị 2:…………………………………… HƯỚNG DẪN CHẤM THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT Năm học: 2013 – 2014 Môn thi: Toán Ngày thi: 12 tháng 07 năm 2013 Câu Nội dung Điểm Câu 1 (2điểm ) 1.