sở giáo dục & đào tạo tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2003-2004 thừa thiên huế hớng dẫn chấm đề chính thức môn toán *** ----------------------------------------------------- Bài I: (2,5 điểm). 1/. Giải bất phơng trình : x + 1 x > 5 < > >+ 51 5)1( 01 51 x xx x xx 0,50 đ < > > 6 51 1 62 x x x 0,25 đ > 1 3 x x x > 3 0,25 đ Vậy, bất phơng trình đã cho có nghiệm: x > 3. 2/. Điều kiện để hệ phơng trình có nghĩa: x 2 và y 1. 0,25 đ Đặt ẩn số phụ: X = 2 1 x ; Y = 1 1 y , ta có hệ phơng trình mới: 1 (hệ này vô nghiệm) =+ =+ 123 6 5 YX YX 0,25 đ =+ =+ 123 2 5 33 YX YX = =+ 2 3 6 5 Y YX Giải hệ này, ta đợc : X = 3 2 ; Y = 2 3 . 0,25 đ * Với X = 3 2 = 2 1 x , tính đợc x = 2 1 . 0,25 đ * Với Y = 2 3 = 1 1 y , tính đợc y = 3 5 . 0,25 đ x, y thoả mãn điều kiện : x 2 , y 1. Vậy, hệ có nghiệm là : ( x = 2 1 ; y = 3 5 ). 0,25 đ Bài II ( 2 điểm). 1/. Điều kiện để P xác định : 01 01 0 x x x 1 1 0 x x x x > 1 0,25 đ 2/. Rút gọn : P = 1 1 1 1 + + + x xxx xx xx xx 0,25 đ = ( ) 1 1 11 + x xx xxxx 0,25 đ = xx + 12 . 0,25 đ 3/. Với x > 1, P = 1 xx + 12 = 1 2 ( x - 1 ) - 2 1 x = 0 0,25 đ Đặt 1 x = t ( t 0 ) , ta có : t 2 - 2t = 0 t( t - 2 ) = 0, tính đợc t 1 = 0 , t 2 = 2. 0,25 đ * Với t = 1 x = 0 x = 1 (bị loại vì x > 1) 0,25 đ * Với t = 1 x = 2 x - 1 = 4 x = 5. 0,25 đ Bài III (2 điểm). 1/. Từ phơng trình (1) ta có: = (m -1) 2 - m + 3 = m 2 - 3m + 4 0,25 đ = 4 7 2 3 2 + m > 0 với mọi m Vậy, (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m 0,50 đ 2/. Phơng trình (1) có nghiệm x = 3 khi và chỉ khi: 3 2 - 2(m-1)3 + m - 3 = 0 hay - 5m + 12 = 0 m = 5 12 0,25 đ Lúc đó phơng trình (1) là phơng trình bậc hai: x 2 - 2( 5 12 - 1)x + 5 12 - 3 = 0 hay: x 2 - 5 14 x - 5 3 = 0 có một nghiệm bằng 3 nên nghiệm còn lại là : x = 3 P = 5 3 : 3 = 5 1 0,25 đ 3/. Để phơng trình có hai nghiệm đối nhau, phải có: ==+ <= 0)1(2 03 21 21 mmxx mxx = < 1 3 m m 0,50 đ Vậy, m = 1 0,25 đ Bài IV ( 3,5 điểm). 3 A B C E O I J M N D F !/. Hình vẽ đúng, rõ: 0,25 đ Các góc IMJ và INJ là các góc vuông (góc nội tiếp chắn nửa đờng tròn (O) ). JM IC , IN JC. 0,25 đ Mặt khác, ta có: CE I J.Vì vậy, IN, JM và CE là 3 đờng cao của I JC nên đồng qui tại một điểm (điểm D) trên đờng thẳng AB. 0,25 đ 2/. Tứ giác DMCN có DMC = DNC = 1v nên nội tiếp trong đờng tròn đờng kính CD và nhận F là tâm của đờng tròn đó. 0,25 đ Ta có (O) và (F) cắt nhau tại hai điểm M và N MN là dây chung của (O) và (F) . 0,25 đ OF là đờng nối tâm của (O) và (F) OF MN. 0,25 đ 3/. Ta có MFD cân (FM = FD) DMF = MDF. MDF = EDJ (đối đỉnh) DMF = EDJ. 0,25 đ OMJ cân (OM = OJ) OMJ = OJM Ta có : DMF + OMJ = EDJ + OJM = 1v DMF + OMJ = FMO = 1v 0,25 đ FM OM FM là tiếp tuyến của (O) (M là tiếp điểm). 0,25 đ Chứng minh hoàn toàn tơng tự, ta có FN là tiếp tuyến của (O). 0,25 đ 4/. * Ta có : EAJ = EIB (cùng chắn JB ). EAJ EIB. 0,25 đ EB EJ EI EA = EA. EB = EI. EJ (1). 0,25 đ * EID = ECJ (2 góc nhọn có các cạnh đôi một vuông góc) EAJ EIB. EJ ED EC EI = EC. ED = EI. EJ (2). 0,25 đ Từ (1) và (2) suy ra EA. EB = EC. ED EC EBEA ED . = không đổi (do A, B, C, E cố định) D cố định. 0,25 đ 4 --------------------------------------------------------------------------------- 5 . sở giáo dục & đào tạo tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2003-2004 thừa thi n huế hớng dẫn chấm đề chính thức môn toán *** -----------------------------------------------------