GV: Đinh Ngọc Linh - THCS Yên Lương .Thanh Sơn.Phú Thọ ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TÍNH PHÚ THỌ MÔN TOÁN NĂM HỌC : 2013 – 2014 Tg: 120 phút (Ngày 18/6/2013) Câu 1 (2,0 điểm) a) Tính : 2 16 49− b) Trong các hình sau đây : Hình vuông, hình bình hành, hình chữ nhật, hình thang cân. Những hình nào có hai đường chéo bằng nhau ? Câu 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình : 2 2x 7x 3 0− + = b) Giải hệ phương trình : { x 3y 4 x y 2 + = + = Câu 3 (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức : a a a a B 1 1 a 1 a 1    + − = + −  ÷ ÷ + −    với a 0 ≥ , a 1≠ . b) Cho phương trình : 2 2 x 2(m 1)x m 0+ + + = (m là tham số). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm bằng -2. Câu 4 (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R . Gọi I là trung điểm của OA , vẽ dây cung MN vuông góc với AB tại I. Trên cung nhỏ MB lấy điểm C (C khác M và B) , AC cắt MN tại D. Chứng minh rằng : a) Tứ giác BIDC nội tiếp đường tròn. b) AD.AC = R 2 c) Khi C chạy trên cung nhỏ BM thì tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD luôn thuộc một đường thẳng cố định. Câu 5 (1,0 điểm) Cho x, y là hai số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : x y P x(2x y) y(2y x) + = + + + Hết /Họ tên thí sinh :…………………………………Số báo danh :…………………… 1 GV: Đinh Ngọc Linh - THCS Yên Lương .Thanh Sơn.Phú Thọ GỢI Ý GIẢI ĐỀ TOÁN THI LỚP 10 TỈNH PHÚ THỌ NĂM 2013 - 2014 Câu 1 Hướng dẫn giải 1 a) 2 16 49 2.4 7 8 7 1 − = − = − = b) Hình vuông , hình chữ nhật, hình thang cân có hai đường chéo bằng nhau. Còn hình bình hành có hai đường chéo không bằng nhau. 2 a) Giải phương trình : 2 2x 7x 3 0− + = Tính biệt thức : 2 ( 7) 4.2.3 49 24 25 0, 25 5∆ = − − = − = > ∆ = = Phương trình có hai nghiệm phân biệt : 1 2 b 7 5 12 x 3 2a 2.2 4 b 7 5 2 1 x 2a 2.2 4 2 − + ∆ + = = = = − − ∆ − = = = = b) Giải hệ phương trình : { { { { x 3y 4 2y 2 x y 2 x y 2 y 1 x 1 2 x 1 y 1 + = = ⇔ + = + = = ⇔ + = = ⇔ = Vậy hệ phương trình có nghiệm (1; 1). 3 a) Rút gọn : 2 2 a a a a a( a 1) a( a 1) B 1 1 1 1 a 1 a 1 a 1 a 1 (1 a)(1 a ) 1 ( a) 1 a       + − + − = + − = + −  ÷ ÷  ÷ ÷ + − + −       = + − = − = − Vậy B 1 a = − (với a 0,a 1)≥ ≠ b) 2 2 2 ' (m 1) 1.m m 2m 1 4m 2m 1∆ = + − = + + − = + Để phương trình có hai nghiệm phân biệt : 1 0 2m 1 0 2m 1 m 2 − ∆ > ⇔ + > ⇔ > − ⇔ > Phương trình có nghiệm -2 nên thay x = -2 vào phương trình ta được : 2 2 2 2 ( 2) 2(m 1)( 2) m 0 m 4(m 1) 4 0 m 0 m 4m 0 m(m 4) 0 (t / m) m 4 − + + − + = ⇔ − + + = =  ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =   Vậy m = 0 hoặc m = 4 2 GV: Đinh Ngọc Linh - THCS Yên Lương .Thanh Sơn.Phú Thọ 4 2 1 O' D N M I O A B C H a) Xét tứ giác BIDC có : · 0 DIB 90= (vì MN AB)⊥ · 0 DCB 90= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => · · 0 0 0 DIB DCB 90 90 180+ = + = => Tứ giác BIDC nội tiếp đường tròn. b) Xét hai tam giác ADI và ABC có : · DAI chung · · 0 DIA ACB 90= = ADI ABC⇒ ∆ ∼ ∆ (g.g) AD AI AD.AC AB.AI AB AC ⇒ = ⇒ = Vì I là trung điểm của AO nên AI = R 2 và AB = 2R 2 R AD.AC .2R R 2 ⇒ = = Vậy , AD.AC = R 2 . c) Gọi O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD. Kẻ O'H MD⊥ . Tam giác O’MD cân tại O’ (Vì O’M = O’D) nên µ µ ¼ 1 2 1 O' O' sdMD 2 = = của (O’). Mà · ¼ 1 MCD sdMD 2 = (góc nội tiếp của đường tròn (O’). => · µ · µ 1 1 MCD O' hay MCA=O'= Vì MN AB⊥ nên sđ ¼ AM =sđ » AN · · AMD MCA⇒ = (Góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau). · ¶ 1 AMD O'⇒ = · · ¶ · 0 1 AMD DMO' O' DMO' 90⇒ + = + = (Vì tam giác MHO’ vuông tại O’) 3 GV: Đinh Ngọc Linh - THCS Yên Lương .Thanh Sơn.Phú Thọ MA MO'⇒ ⊥ . (1) Mặt khác MA MB⊥ (vì góc AMB nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) (2) Từ (1), (2) suy ra : M,O',B thẳng hàng hay O' MB∈ . Vì M, B cố định nên đường thẳng MB cố định. Vậy, tâm O’ của đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD luôn nằm trên đường thẳng MB cố định. 5 Cách 1 : Áp dụng Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-xki cho các số thực dương a, b, c, d : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (a b )(c d ) (ac bd) (a b )(c d ) ac bd+ + ≥ + ⇔ + + ≥ + Ta có : 2 x(2x y) y(2y x) (x y)(2x y 2y x) x(2x y) y(2y x) 3(x y) x(2x y) y(2y x) 3(x y) (Vì x, y>0) 1 1 x(2x y) y(2y x) 3(x y) x y x y 1 (vì x + y >0) x(2x y) y(2y x) 3(x y) 3 1 P 3 + + + ≤ + + + + ⇔ + + + ≤ + ⇔ + + + ≤ + ⇒ ≥ + + + + + + ⇒ ≥ = + + + + ⇒ ≥ GTNN của 1 P 3 = khi x y x y 2x y 2y x = ⇔ = + + Cách 2 : Vì x, y > 0 nên 2x + y , 2y +x đều dương . Áp dụng bất đẳng thức Co si cho hai số dương ta có : 3x (2x y) 5x y 3x(2x y) x(2x y) (1) 2 2 3 3y (2y x) 5y x 3y(2y x) x(2x y) (2) 2 2 3 + + + ≥ + ⇒ ≥ + + + + ≥ + ⇒ ≥ + Cộng vế của hai bất đẳng thức trên ta được: 6(x y) x(2x y) y(2y x) 2 3 x y 1 x(2x y) y(2y x) 3 1 P 3 + ≥ + + + + ⇒ ≥ + + + ⇒ ≥ GTNN của 1 P 3 = khi x = y. _______________________________________________________ 4 . :…………………………………Số báo danh :…………………… 1 GV: Đinh Ngọc Linh - THCS Yên Lương .Thanh Sơn.Phú Thọ GỢI Ý GIẢI ĐỀ TOÁN THI LỚP 10 TỈNH PHÚ THỌ NĂM 2013 - 2014 Câu 1 Hướng dẫn giải 1 a) 2 16 49 2.4 7 8 7. GV: Đinh Ngọc Linh - THCS Yên Lương .Thanh Sơn.Phú Thọ ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT TÍNH PHÚ THỌ MÔN TOÁN NĂM HỌC : 2013 – 2014 Tg: 120 phút (Ngày 18/6 /2013) Câu 1 (2,0 điểm) a) Tính. tiếp tam giác CMD luôn nằm trên đường thẳng MB cố định. 5 Cách 1 : Áp dụng Bất đẳng thức Bu-nhi-a-cop-xki cho các số thực dương a, b, c, d : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (a b )(c d ) (ac bd) (a b )(c d )