SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề số 5 KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 Năm học 2006 – 2007 Thời gian làm bài 120 phút Ngày thi: 29/6/2006 Câu 1: (1 điểm). Rút gọn biểu thức: A = 1 1 3 27 2 3 3 3 − + . Câu 2: (2 điểm). Cho hệ phương trình: x y mx y 3 2 6 3  − =  + =  a) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất. b) Giải hệ phương trình khi m = 1. Câu 3:(2 điểm). Hai vòi nước cùng chảy vào một bể sau 6 giờ thì đầy bể. Nếu mỗi vòi chảy một mình cho đầy bể thì vòi thứ hai cần nhiều hơn vòi thứ nhất là 5 giờ. Tính thời gian để mỗi vòi chảy một mình đầy bể. Câu 4:(1 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A có I là trung điểm của AC. Vẽ ID vuông góc với cạnh huyền BC, (D ∈ BC). Chứng minh AB 2 = BD 2 – CD 2 . Câu 5:(3 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Các đường cao AD, BK của tam giác gặp nhau tại H. Gọi E và F theo thứ tự là giao điểm thứ hai của BO và BK kéo dài với đường tròn (O). a) Chứng minh EF // AC. b) Gọi I là trung điểm của AC. Chứng minh ba điểm H, I, E thẳng hàng và OI = 1 2 BH. Câu 6:(1 điểm). Cho a, b, c là các số dương và a b c 2 2 2 1+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: bc ac ab P a b c = + + . --------------------Hết------------------- Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . 1 HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN: TOÁN -------------------------------------- Câu 1: (1 điểm). A = 3227 3 1 3 1 3 +− = 323.9 3 1 3 3 2 +− (0,5 điểm). = 323 3 3 3 +− = 3233 +− (0,25 điểm). = 32 . (0,25 điểm). Câu 2: (2 điểm). a) Ta có    =+ =− 3 623 ymx yx ⇔      +−= −= 3 3 2 3 mxy xy (0,25 điểm). Gọi (d) là đường thẳng có phương trình 3 2 3 −= xy (d’) là đường thẳng có phương trình 3 +−= mxy . Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi (d) cắt (d’). (0,5 điểm). Tức là: m −≠ 2 3 2 3 −≠⇔ m (0,25 điểm). b) Với m = 1, hệ phương trình đã cho trở thành    =+ =− 3 623 yx yx (*) (0,25 điểm). Nhân hai vế của phương trình dưới với 2 rồi cộng với phương trình trên theo vế với vế ta được 5x = 12 ⇔ 5 12 = x (0,25 điểm). Vậy hệ phương trình (*) tương đương với:      =+ = 3 5 12 yx x ⇔      −= = xy x 3 5 12 ⇔        −= = 5 12 3 5 12 y x ⇔        = = 5 3 5 12 y x (0,25 điểm). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là       5 3 ; 5 12 (0,25 điểm). Câu 3: (2 điểm). Gọi thời gian để vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là x giờ (x > 6) (0,25 điểm). Khi đó thời gian để vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là (x + 5) giờ (0,25 điểm). Mỗi giờ vòi thứ nhất chảy được x 1 bể, vòi thứ hai chảy được 5 1 + x bể và cả hai vòi chảy được 6 1 bể. (0,25 điểm). Theo bài ra ta có phương trình: x 1 + 5 1 + x = 6 1 (1) (0,5 điểm). Biến đổi phương trình (1) về phương trình: x x 2 7 30 0− − = (2). (0,25 điểm). Giải phương trình (2) ta được hai nghiệm 10 1 = x , 3 2 −= x (0,25 điểm). Đối chiếu với điều kiện x > 6 ta được nghiệm x 1 thỏa mãn, nghiệm x 2 bị loại. Vậy thời gian vòi thứ nhất chảy một mình đầy bể là 10 giờ, vòi thứ hai chảy một mình đầy bể là 10 + 5 = 15 (giờ). (0,25 điểm). 2 Chú ý: Nếu ngay từ đầu học sinh không đặt điều kiện x > 6 hoặc đặt điều kiện sai thì trừ 0,25 điểm của phần này và vẫn chấm các phần sau . Câu 4: (1 điểm). Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. Do I là trung điểm của AC, ID ⊥ BC nên ID là đường trung bình của ∆ AHC ⇒ HD = CD. (0,25 điểm). Ta có: BD 2 – CD 2 = (BD + CD).(BD – CD) = BC.BH(1) (0,25 điểm). Mặt khác, ∆ ABC vuông tại A có AH là đường cao nên AB 2 = BC.BH (2) (0,25 điểm). Từ (1) và (2) suy ra AB 2 = BD 2 – CD 2 (đpcm). (0,25 điểm). Chú ý: Câu này không cho điểm hình vẽ nhưng chỉ chấm khi học sinh vẽ hình đúng, phù hợp với phần chứng minh. Câu 5: (3 điểm). Hình vẽ đúng: (chưa cần vẽ điểm I và đoạn IO) (0,5 điểm). a) Ta có: · BFE v1= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ EF ⊥ BK (0,5 điểm). Ta cũng có AC ⊥ BK (do BK là đường cao của ∆ ABC) (0,25 điểm). Vậy EF // AC (đpcm). (0,25 điểm). b) Ta có · BCE v1= (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ EC ⊥ BC Ta lại có AD ⊥ BC (do AD là đường cao của ∆ ABC) Suy ra EC // AH (1) (0,25 điểm). Tương tự ta cũng có EA // CH (2) (0,25 điểm). Từ (1) và (2) suy ra tứ giác AHCE là hình bình hành. (0,25 điểm). Trong hình bình hành AHCE có I là trung điểm của đường chéo AC thì đường chéo thứ hai HE phải đi qua I. Vậy ba điểm H, I, E thẳng hàng. (0,25 điểm). Theo chứng minh trên thì I là trung điểm của HE. (0,25 điểm). Kết hợp với điều kiện O là trung điểm của BE (do BE là đường kính của đường tròn (O)) ta suy ra IO là đường trung bình của ∆ HEB. Vậy OI = 2 1 BH. (0,25 điểm). Câu 6:(1 điểm). Dễ thấy P > 0. Ta có: 2 2 1 2 22 2 22 2 22 2 22 2 22 2 22 2 2 +         +++++=       ++= c ba c ba b ca a cb b ca a cb c ab b ac a bc P = 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 +               ++         ++         + b c c b a c a a c b a b b a c ≥ ( ) 2222 2 1 222 +++ cba = ( ) 322. 2 1 222 =+++ cba (0,25 điểm). Vậy 3 2 ≥ P ⇒ 3 ≥ P . (0,25 điểm). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 3 1 === cba (0,25 điểm). Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 3 , đạt được khi và chỉ khi 3 1 === cba . (0,25 điểm). ------------------------Hết------------------------ Ghi chú: - Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm trên đây mà vẫn đúng và phù hợp với chương trình thì cho đủ điểm như hướng dẫn quy định đối với từng phần. 3 A B C H D I / / / / A B C D O H I E F K - Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. - Điểm bài thi là tổng điểm thành phần của từng câu trong đề thi. Điểm bài thi được cho theo thang điểm từ điểm 0 đến điểm 10 và được cho lẻ đến 0,25. 4 .  −= = 5 12 3 5 12 y x ⇔        = = 5 3 5 12 y x (0, 25 điểm). Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là       5 3 ; 5 12 (0, 25 điểm). Câu 3:. 5x = 12 ⇔ 5 12 = x (0, 25 điểm). Vậy hệ phương trình (*) tương đương với:      =+ = 3 5 12 yx x ⇔      −= = xy x 3 5 12 ⇔        −= = 5