SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA Năm học 2013 – 2014 Môn thi: Toán Ngày thi: 18 tháng 6 năm 2013 (Thời gian làm bài: 120phút) Bài 1:(2.0 điểm ) 1.Giải hệ phương trình:    +−=+− −+=− )3)(72()72)(3( )4)(2()2( yxyx yxyx 2. Cho hàm số : y = -2x 2 (P) Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A và B thuộc (P) có hoành độ lần lượt là -1 và 2. Bài 2 :(2.0 điểm ) Cho biểu thức : 1 1 1 4 1 1 2 a a P a a a a a   + − = − +  ÷  ÷ − +   , (Với a > 0 , a ≠1) 1. Chứng minh rằng : 2 1 P a = − 2. Tìm giá trị của a để P = a Bài 3 :(2.0 điểm ) Cho phương trình x 2 – 2mx – 2m – 5 = 0 ( m là tham số) 1. Giải phương trình với m=-1 2.Chứng minh rằng phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m . 3.Tìm m để 1 2 x x− đạt giá trị nhỏ nhất ( x 1 ; x 2 là 2 nghiệm của phương trình ) Bài 4 (3.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường cao AD, BE cắt nhau tại H (D ∈ BC, E ∈ AC) . 1. Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn. 2. Tia AO cắt đường tròn (O) tại K ( K khác A). Chứng minh tứ giác BHCK là hình bình hành. 3. Gọi F là giao điểm của tia CH với AB. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: AD BE CF Q . HD HE HF = + + Bài 5 (1.0 điểm) : Cho 2 số dương a, b thỏa mãn 1 1 2 a b + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 4 2 2 4 2 2 1 1 2 2 Q a b ab b a ba = + + + + + . Hết Họ và tên thí sinh…………………….…….…… Số báo danh…………………………. Giám thị số 1……………………….….….Giám thị số 2……………… ………………. ĐỀ CHÍNH THỨC A PHÒNG GD& ĐT Đề A Trường THCS Thiệu Duy . HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ VÀO LỚP10. MÔN TOÁN: Năm học: 2013– 2014. CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 1.    = = ⇔    =+ −=− ⇔    −+−=−+− −−+=− ⇔    +−=+− −+=− 2y -2x 0 4 2167221762 8422 )3)(72()72)(3( )4)(2()2( yx yx xyxyxyxy xyxyxxy yxyx yxyx 1.0 2.Tìm được tọa độ A(-1 ; -2) và B(2 ; -8) Viết đúng pt đường thẳng AB là : y 2x 4= − − 1.0 2 1. Chứng minh rằng : 2 1 P a = − 1 1 1 4 1 1 2 a a P a a a a a   + − = − +  ÷  ÷ − +   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 4 1 1 1 . 2 1 1 a a a a a P a a a a + − − + + − = + − ( ) ( ) 2 1 2 1 4 4 1 . 2 1 1 a a a a a a a P a a a a + + − + − + − = + − 4 1 2 . 1 1 2 a a P a a a a = = − − (ĐPCM) 1.0 2. Tìm giá trị của a để P = a. P = a => 2 2 2 0 1 a a a a = => − − = − . Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phương trình có 2 nghiệm a 1 = -1 < 0 (không thoả mãn điều kiện) - Loại a 2 = 2 2 1 c a − = = (Thoả mãn điều kiện) Vậy a = 2 thì P = a 1.0 3 Bài 4 (2điểm) 1. PT : 2 2 3x x+ − co 2 nghiệm 1 2 1; 3x x= = − 2.Cho phương trình x 2 – 2mx – 2m – 5 = 0 ( m là tham số) ∆’ = (-m) 2 – (-2m – 5) = m 2 + 2m + 5 = (m +2) 2 +4 > 0, với mọi m Nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt với mọi giá trị m . 1.0 0.5 3.Theo hệ thức Vi-et ta có: 1 2 1 2 2 . 2 5 x x m x x m + =   = − −  Ta có: (x 1 – x 2 ) 2 = (x 1 + x 2 ) 2 - 4x 1. x 2 = (2m) 2 – 4.(-2m – 5) = 4m 2 + 8m + 20 = (2m +2) 2 +16 ≥ 16 0.5 ⇒ 1 2 x x− ≥ 4 Dấu “=” xảy ra khi 2m + 2 = 0 ⇔ m = -1 Vậy: m = -1 thì 1 2 x x− = 4 đạt giá trị nhỏ nhất . 4 a) Vì AD và BE là các đường cao nên ta có: · · ADB AEB 90= = o 0,5 ⇒ Hai góc · · ADB, AEB cùng nhìn cạnh AB dưới một góc 90 o nên tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn. 0,5 b) Ta có: · · ABK ACK 90= = o (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) CK AC,BK AB⇒ ⊥ ⊥ (1) Ta có H là trực tâm của tam giác ABC nên: BH AC,CH AB⊥ ⊥ (2) 0,5 Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // BK. Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành (theo định nghĩa) 0,5 Đặt S BHC = S 1 , S AHC = S 2 , S AHB = S 3 , S ABC = S. Vì ABC∆ nhọn nên trực tâm H nằm bên trong ABC∆ , do đó: S = S 1 + S 2 + S 3 . 0,25 Ta có: ABC ABC ABC BHC 1 AHC 2 AHB 3 S S S AD S BE S CF S (1), (2), (3) HD S S HE S S HF S S = = = = = = 0,25 Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được: 1 2 3 1 2 3 AD BE CF S S S 1 1 1 Q S HD HE HF S S S S S S   = + + = + + = + +  ÷   Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương, ta có: 3 1 2 3 1 2 3 S S S S 3 S .S .S= + + ≥ (4) ; 3 1 2 3 1 2 3 1 1 1 3 S S S S .S .S + + ≥ (5) 0,25 Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được: Q 9≥ . Đẳng thức xẩy ra 1 2 3 S S S⇔ = = hay H là trọng tâm của ABC∆ , nghĩa là ABC∆ đều. 0,25 5 Với 0; 0a b> > ta có: 2 2 4 2 2 4 2 2 ( ) 0 2 0 2a b a a b b a b a b− ≥ ⇔ − + ≥ ⇒ + ≥ 4 2 2 2 2 2 2 2a b ab a b ab⇔ + + ≥ + ( ) 4 2 2 1 1 (1) 2 2a b ab ab a b ⇔ ≤ + + + 0,25 Tương tự có ( ) 4 2 2 1 1 (2) 2 2b a a b ab a b ≤ + + + . Từ (1) và (2) ( ) 1 Q ab a b ⇒ ≤ + 0,25 Vì 1 1 2 2a b ab a b + = ⇔ + = mà 2 1a b ab ab+ ≥ ⇔ ≥ 2 1 1 2( ) 2 Q ab ⇒ ≤ ≤ . 0,25 Khi a = b = 1 thì 1 2 Q⇒ = . Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức là 1 2 0,25 Với 0; 0a b> > ta có: 2 2 4 2 2 4 2 2 ( ) 0 2 0 2a b a a b b a b a b− ≥ ⇔ − + ≥ ⇒ + ≥ 4 2 2 2 2 2 2 2a b ab a b ab⇔ + + ≥ + ( ) 4 2 2 1 1 (1) 2 2a b ab ab a b ⇔ ≤ + + + 0,25 H F E D K O C B A . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA Năm học 2013 – 2014 Môn thi: Toán Ngày thi: 18 tháng 6 năm 2013 (Thời gian làm bài: 120phút) Bài. thị số 2……………… ………………. ĐỀ CHÍNH THỨC A PHÒNG GD& ĐT Đề A Trường THCS Thi u Duy . HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ VÀO LỚP10. MÔN TOÁN: Năm học: 2013– 2014. CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 1.    = = ⇔    =+ −=− ⇔    −+−=−+− −−+=− ⇔    +−=+− −+=− 2y -2x . đường tròn tâm O. Hai đường cao AD, BE cắt nhau tại H (D ∈ BC, E ∈ AC) . 1. Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn. 2. Tia AO cắt đường tròn (O) tại K ( K khác A). Chứng minh tứ giác BHCK