SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: Ngày 12 tháng 7 năm 2013 (Đợt 1) (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm): 1) Giải phương trình : (x – 2) 2 = 9 2) Giải hệ phương trình: x + 2y - 2 = 0 1 2 3    = +   x y Câu 2 (2,0 điểm): 1) Rút gọn biểu thức: A = 1 1 9 2 x 3 x 3 4     + −       − +     x x với x > 0 và x ≠ 9 2) Tìm m để đồ thị hàm số y = (3m - 2)x + m – 1 song song với đồ thị hàm số y = x +5 Câu 3 (2,0 điểm): 1) Một khúc sông từ bến A đến bến B dài 45 km. Một ca nô đi xuôi dòng từ A đến B rồi ngược dòng từ B về A hết tất cả 6 giờ 15 phút. Biết vận tốc của dòng nước là 3 km/h.Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng. 2) Tìm m để phương trình x 2 – 2(2m + 1)x + 4m 2 + 4m = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện 1 2 1 2 − = x x x + x Câu 4 (3,0 điểm): Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, trên nửa đường tròn lấy điểm C (C khác A và B). Trên cung BC lấy điểm D (D khác B và C). Vẽ đường thẳng d vuông góc với AB tại B. Các đường thẳng AC và AD cắt d lần lượt tại E và F. 1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp một đường tròn. 2) Gọi I là trung điểm của BF. Chứng minh ID là tiếp tuyến của nửa đường tròn đã cho. 3) Đường thẳng CD cắt d tại K, tia phân giác của  CKE cắt AE và AF lần lượt tại M và N. Chứng minh tam giác AMN là tam giác cân. Câu 5 (1,0 điểm): Cho a, b là các số dương thay đổi thoả mãn a + b = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = ( ) 2 2 2 2 1 1 2 6 9 a b a b b a a b     + − + + +         Hết Họ và tên thí sinh: ……………………………………Số báo danh: …………………. Chữ ký của giám thị 1: …………………Chữ ký của giám thị 2: …………………… Đ Ề CHÍNH THỨC GỢI Ý GIẢI ĐỀ MÔN TOÁN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2013-2014 (Đợt 1- NGÀY 12/7/2013) Câu Nội dung 1) Giải phương trình : (x – 2) 2 = 9 (x – 2 ) 2 = 9 ⇔ x 2 3 x 2 3 − =   − = −  ⇔ x 3 2 5 x 3 2 1 = + =   = − + = −  Vậy pt đã cho có nghiệm x = 5 hoặc x = -1. 2) Giải hệ phương trình: x + 2y - 2 = 0 1 2 3    = +   x y 1 ( 2,0 điểm) x + 2y - 2 = 0 1 2 3    = +   x y ⇔ x + 2y = 2 4 8 2 3 2 6 x + 2y = 2 0 = =    ⇔ ⇔    − = =    x x x y y . Vậy hpt có nghiệm duy nhất (x; y) = (2; 0). 1) Rút gọn biểu thức: A = 1 1 9 2 x 3 x 3 4     + −       − +     x x với x > 0 và x ≠ 9 Với x > 0 và x ≠ 9, ta có: ( x 3) ( x 3) x 9 2 x x 9 A . 1 2 x 9 ( x 3)( x 3) 2 x 2 x    + + − − = − = =       − + −    2) Tìm m để đồ thị hàm số y = (3m - 2)x + m – 1 song song với đồ thị hàm số y = x + 5 2 (2,0 điểm) Để đồ thị hàm số y = (3m - 2)x + m – 1 song song với đồ thị hàm số y = x + 5 thì 3m 2 1 m 1 (TM) m 1 5 m 6 − = =   ⇔   − ≠ ≠   . Vậy m = 1 1) Tính vận tốc của ca nô khi nước yên lặng. *Đổi 6 giờ 15 phút = 25 4 (h) Gọi vận tốc ca nô khi nước yên lặng là x (km/h), x > 3. Vân tốc ca nô đi xuôi dòng từ A đến B là: x + 3 (km/h) Vân tốc ca nô đi ngược dòng từ B về A là: x – 3 (km/h) Thời gian ca nô đi xuôi dòng từ A đến B là: 45 x 3 + (h) Thờ i gian ca nô đ i ng ượ c dò ng t ừ B v ề A là: 45 x 3 − (h) Theo đề bài ta có ph ươ ng trình: 45 x 3 + + 45 x 3 − = 25 4 Gi ả i ph ươ ng trình ta đượ c x 1 = - 0,6 ( lo ạ i); x 2 = 15 (TM) V ậ y v ậ n t ố c ca nô khi n ướ c yên l ặ ng là 15 (km/h) 2) Tìm m để phương trình x 2 – 2(2m + 1)x + 4m 2 + 4m = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thỏa mãn điều kiện 1 2 1 2 − = x x x + x 3 (2,0 điểm) Để pt x 2 – 2(2 m + 1) x + 4 m 2 + 4 m = 0 có hai nghi ệ m phân bi ệ t thì ∆’ > 0 ⇔ (2m+1) 2 - (4m 2 + 4m) = 1 > 0 v ớ i m ọ i m. Theo đ /l Vi- ét ta có: ( ) 1 2 2 1 2 2 2m 1 4m 4m  = +   = +   x + x x x Do pt có 2 nghi ệ m p/b và 1 2 1 2 x x x x − = + ⇒ 1 2 1 x x 0 2(2m 1) > 0 m >- 2 + > ⇔ + ⇔ Nh ư v ậ y: ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x x x x x x x x − = + ⇔ − = + ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x x 4x x x x 4x x 0 4(4 4 ) 0 ⇔ + − = + ⇔ = ⇔ + = m m ⇔ m = 0(TM); m = -1(lo ạ i) 1) Chứng minh tứ giác CDFE nội tiếp. Cách 1: Ta có:    ( ) 1 AEB s đAB sđCDB 2 = − (góc có đỉ nh ở bên ngoài (O))  1 s đAC 2 = (1)   1 ADC s đAC 2 = (góc n ộ i ti ế p ch ắ n  AC ) (2) T ừ (1) và (2) suy ra   AEB ADC = hay   CEF ADC = . Mà   0 ADC CDF 180 + = nên   0 CFE CDF 180 + = ⇒ T ứ giác CDFE n ộ i ti ế p 2 1 2 1 O d 2 1 N M K I F E D C B A Cách 2: Ta có ABE ∆ vuông t ạ i B (do d ⊥ AB)   0 AEB BAE 90 ⇒ + = (1). L ạ i có  0 ACB 90 = (góc n ộ i ti ế p ch ắ n n ử a (O))   0 ABC BAE 90 ⇒ + = (2). T ừ (1) và (2)   AEB ABC ⇒ = (*) Ta có t ứ giác ACDB n ộ i ti ế p (O) nên suy ra   ABC ADC = (cùng ch ắ n  AC ) (**) T ừ (*) và (**)   AEB ADC ⇒ = . Mà     0 0 ADC CDF 180 AEB CDF 180 + = ⇒ + = hay     0 0 ADC CDF 180 CEF CDF 180 + = ⇒ + = ⇒ T ứ giác CDFE n ộ i ti ế p. 2) Chứng minh ID là tiếp tuyến của (O) Ta có: ∆ ODB cân t ạ i O (vì OD = OB = AB 2 ) ⇒   2 2 D B = . L ạ i có  0 ADB 90 = (góc n ộ i ti ế p ch ắ n n ử a (O))  0 BDF 90 ⇒ = (do A, D, F th ẳ ng hàng) Xét ∆ BDF vuông có DI là trung tuy ế n ứ ng v ớ i c ạ nh huy ề n BF ⇒ DI = IB = BF 2 BID ⇒ ∆ cân t ạ i I ⇒   1 1 D B = . Ta có:     0 1 2 1 2 D D B B 90 + = + = (do d AB ⊥ ) hay  0 IDO 90 = ⇒ ID OD ⊥ , OD là bán kính c ủ a (O) ⇒ ID là ti ế p tuy ế n c ủ a (O) 3) Chứng minh AMN ∆ cân 4 (3,0 điểm) Ta có:  ANM là góc ngoài của tam giác DMK tại đỉnh K ⇒    1 ANM K KDN = + (Tính ch ấ t góc ngoài c ủ a tam giác) =   1 K ADC + (vì   KDN ADC = do đố i đỉ nh) =   1 K E + (   ADC E = cùng bù v ớ i  CDF - do t ứ giác CDFE n ộ i ti ế p) (3) L ạ i có:  AMN là góc ngoài của tam giác KME tại đỉnh M ⇒    2 AMN K E = + (4). Mà   1 2 K K = (5) (do gi ả thi ế t KNM là phân giác c ủ a  CKE ) T ừ (3), (4) và (5) ⇒   AMN ANM = ⇒ AMN ∆ cân. Cho a, b là các số dương thay đổi thỏa mãn a + b = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 2 1 1 2( ) 6( ) 9( ) a b Q a b b a a b = + − + + + Ta có 2 2 2 2 1 1 2 2 6 6 9 9 = + − − + + a b Q a b b a a b 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 ( ) ( ) 2( )( ) = − + − + + ≥ − − + + a b a b a b a b b a b a (theo b đ t: 2 2 2ab + ≥ a b ) 2 2 2( 9 6 ) 18 4 2 2 12 4 2 + − = + − = + − + − a b ab ab ab ab ab ab 18 18 8 8 10 1 = − + ≥ − + = ab . (vì 2 2 a b + = 4 - 2 ab , 2 ( ) 4 1 4 4 a b ab + ≤ = = ) 5 (1,0 điểm) V ậ y min Q = 10 1. ⇔ = = a b GV: Hoàng Nam – THCS Long Xuyên – Bình Giang – Hải Dương. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: Ngày 14 tháng 7 năm 2013 (Đợt 2) (Đề thi gồm: 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm): Gi ả i các ph ươ ng trình sau: 1) 2 4 x x = − 2) ( ) 2 2 3 7 x − = Câu 2 (2,0 điểm): 1) Rút g ọ n bi ể u th ứ c 1 1 1 : 1 a P a a a a a +   = +   − − −   v ớ i 0 a > và 1 a ≠ . 2) Tìm m để đồ th ị các hàm s ố 2 2 y x = + và 7 y x m = + − c ắ t nhau t ạ i đ i ể m n ằ m trong góc ph ầ n t ư th ứ II. Câu 3 (2,0 điểm) : 1) Hai giá sách trong m ộ t th ư vi ệ n có t ấ t c ả 357 cu ố n sách. Sau khi chuy ể n 28 cu ố n sách t ừ giá th ứ nh ấ t sang giá th ứ hai thì s ố cu ố n sách ở giá th ứ nh ấ t b ằ ng 1 2 s ố cu ố n sách c ủ a giá th ứ hai. Tìm s ố cu ố n sách ban đầ u c ủ a m ỗ i giá sách. 2) G ọ i 1 2 , x x là hai nghi ệ m c ủ a ph ươ ng trình 2 5 3 0 x x + − = . Tính giá tr ị c ủ a bi ể u th ứ c: Q = 3 3 1 2 x x + . Câu 4 (3,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông t ạ i A, k ẻ AH vuông góc v ớ i BC t ạ i H. Trên c ạ nh BC l ấ y đ i ể m M (M khác B, C và H). K ẻ ME vuông góc v ớ i AB t ạ i E; MF vuông góc v ớ i AC t ạ i F. 1) Ch ứ ng minh các đ i ể m A, E, F, H cùng n ằ m trên m ộ t đườ ng tròn. 2) Ch ứ ng minh BE.CF = ME.MF. 3) Gi ả s ử  0 MAC 45 = . Ch ứ ng minh BE HB = CF HC . Câu 5 (1,0 điểm): Cho hai s ố d ươ ng x, y thay đổ i tho ả mãn xy = 2. Tìm giá tr ị nh ỏ nh ấ t c ủ a bi ể u th ứ c 1 2 3 2 M x y x y = + + + . H ế t H ọ và tên thí sinh: ……………………………………S ố báo danh: ………………………… Ch ữ ký c ủ a giám th ị 1: ……………………….Ch ữ ký c ủ a giám th ị 2: ……………………… ĐỀ CHÍNH THỨC GỢI Ý GIẢI ĐỀ MÔN TOÁN THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2013-2014 (Đợt 2- NGÀY 14/7/2013) Câu Ý Nội dung Giải các phương trình sau: 1 2 4 x x = − 2 4 0 x x ⇔ + = ( ) 4 0 x x ⇔ + = 0 4 x x =  ⇔  = −  1 2 ( ) 2 2 3 7 x − = 2 3 7 x ⇔ − = 2 3 7 2 3 7 x x − =  ⇔  − = −  5 2 x x =  ⇔  = −  2 1 Rút g ọ n bi ể u th ứ c 1 1 1 : 1 a P a a a a a +   = +   − − −   v ớ i a > 0 và 1 a ≠ V ớ i a > 0 và 1 a ≠ , ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 : : 1 1 1 1 1 1 1 1 1   + +     = + = +     − − − − − −     − + = ⋅ = + − a a P a a a a a a a a a a a a a a a a 2 Tìm m để đồ thị các hàm số y = 2x + 2 và y = x + m – 7 cắt nhau tại điểm nằm trong góc phần tư thứ II Vì h ệ s ố góc 2 đườ ng th ẳ ng khác nhau (2 ≠ 1) nên 2 đườ ng th ẳ ng đ ã cho c ắ t nhau. T ọ a độ giao đ i ể m c ủ a hai đồ th ị hàm s ố y = 2x + 2 và y = x + m – 7 là nghi ệ m c ủ a h ệ ph ươ ng trình: 2 2 7 y x y x m = +   = + −  ⇔ 9 2 16 x m y m = −   = −  Vì to ạ độ giao đ i ể m n ằ m trong góc ph ầ n t ư th ứ II nên 9 0 2 16 0 = − <   = − >  x m y m 9 8 9 8 <  ⇔ ⇔ < <  >  m m m 3 1 Hai giá sách trong một thư viện có tất cả 357 cuốn sách. Sau khi chuyển 28 cuốn sách từ giá thứ nhất sang giá thứ hai thì số cuốn sách ở giá thứ nhất bằng 1 2 số cuốn sách của giá thứ hai. Tìm số cuốn sách ban đầu của mỗi giá sách. G ọ i s ố sách ở giá th ứ nh ấ t là x cu ố n (x nguyên d ươ ng) S ố sách ở giá th ứ hai là y cu ố n (y nguyên d ươ ng) Theo bài ra ta có ph ươ ng trình x + y = 357 (1) Sau khi chuy ể n thì s ố sách c ủ a giá th ứ nh ấ t là x – 28 (cu ố n); s ố sách c ủ a giá th ứ hai là y + 28 (cu ố n) Theo bài ra ta có ph ươ ng trình ( ) 1 28 28 2 x y− = + (2) Gi ả hpt (1) và (2) đượ c: (x ; y) = (147; 210) (TM) V ậ y s ố sách ban đầ u c ủ a giá th ứ nh ấ t là 147 cu ố n, giá th ứ hai là 210 cu ố n. Gọi 1 2 , x x là hai nghiệm của phương trình 2 5 3 0 x x + − = . (*) Tính giá trị của biểu thức: Q = 3 3 1 2 x x + 2 Ph ươ ng trình (*) có ac = -3 < 0 nên (*) luôn có hai nghi ệ m phân bi ệ t 1 2 ; x x Theo Vi - et có 1 2 1 2 5 (1) 3 (2) + = −   = −  x x x x Theo bài: ( ) ( ) 3 3 3 1 2 1 2 1 2 1 2 3 Q x x x x x x x x = + = + − + (3) Thay (1) và (2) vào (3), ta có: ( ) 3 5 3( 3)( 5) 170 Q = − − − − = − E 1 1 F H A C B M 1 Chứng minh các điểm A, E, F, H cùng nằm trên một đường tròn. T ừ gi ả thi ế t có  0 AEM 90 = ⇒ E n ằ m trên đườ ng tròn đườ ng kính AM  0 AFM 90 = ⇒ F n ằ m trên đườ ng tròn đườ ng kính AM  0 AHM 90 = ⇒ H n ằ m trên đườ ng tròn đườ ng kính AM Suy ra các đ i ể m A, E, F, H cùng thu ộ c đườ ng tròn , đườ ng kính AM. 2 Chứng minh BE.CF = ME.MF T ừ gi ả thi ế t suy ra ME // AC ⇒   1 1 M C = ⇒ hai tam giác vuông BEM và MFC đồ ng d ạ ng BE MF ME CF ⇒ = ⇒ BE.CF = ME.MF 3 Giả sử  0 MAC 45 = . Chứng minh BE HB = CF HC 4 T ừ gi ả thi ế t ta có t ứ giác AEMF là hình ch ữ nh ậ t Mà  0 MAC 45 = nên t ứ giác AEMF là hình vuông ⇒ ME = MF Ta có AB 2 = BH.BC; AC 2 = CH.BC 2 2 AB HB AC HC ⇒ = (1) Có hai tam giác vuông BEM và BAC đồ ng d ạ ng nên AB BE AC ME = (2) Có hai tam giác vuông BAC và MFC đồ ng d ạ ng nên AB MF AC CF = (3) T ừ (2), (3) có 2 2 . . AB BE MF BE AC ME CF CF = = (vì ME = MF) (4) T ừ (1), (4) có BE HB = CF HC 5 Cho hai số dương x, y thay đổi thoả mãn xy = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 2 3 2 M x y x y = + + + Cách 1 : 2 3 2 3 2 2 2 x y x y M xy x y x y + + = + = + + + 3 2 3 5 2 8 2 2 8 2   + + = ⋅ + + ⋅   +   x y x y x y Ta có: 3 2 3 3 2 3 3 2 8 2 2 8 2 2 2 + + ⋅ + ≥ ⋅ ⋅ = + + x y x y x y x y . D ấ u “=” x ả y ra khi 3 2 3 8 2 2 + ⋅ = + x y x y Ta có: 5 2 5 5 2 8 2 8 4 + ⋅ ≥ = x y xy . D ấ u “=” x ả y ra khi 2x = y và xy = 2 Do đ ó 3 5 11 2 4 4 M ≥ + = . D ấ u “=” x ả y ra khi x = 1 và y = 2. V ậ y giá tr ị nh ỏ nh ấ t c ủ a M là 11 4 khi x = 1 và y = 2. Tham khảo thêm: Cách 2 : Vì x, y d ươ ng nên t ừ xy = 2 ⇒ 2 y x = Khi đ ó ta có: 1 3 1 2( ) = + + + M x x x x Đặ t 1 t x x = + ( 2 t ≥ ) ⇒ 2 3 2 3 2 2 t M t t t + = + = và M < 2t 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 0 3 3 2. 0 2 4 4 2 2 4 2 ⇔ + = ⇔ − + =   ⇔ − + − + = ⇔ − = −     t tM t Mt M M M M M t t t Vì 2 ≥ t 2 2 2 2 3 3 11 2 2 4 2 2 2 4 2 2 2 4       ⇒ − ≥ − ⇒ − ≥ − ⇔ − ≥ − ⇔ ≥             M M M M t M M D ấ u = x ả y ra khi t = 2 thì 1 2 1 x x x + = → = V ậ y M min = 11 4 khi x =1 và y = 2 Cách 3: GV: Hoàng Nam – THCS Long Xuyên – Bình Giang – Hải Dương. Web: http://bg-thcslongxuyen.haiduong.edu.vn/ . 2 ⇒ 2 y x = Khi đ ó ta có: 1 3 1 2( ) = + + + M x x x x Đặ t 1 t x x = + ( 2 t ≥ ) ⇒ 2 3 2 3 2 2 t M t t t + = + = và M < 2t 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 0 3 3 2. 0 2 4 4 2 2 4 2 ⇔. 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 2 1 1 2( ) 6( ) 9( ) a b Q a b b a a b = + − + + + Ta có 2 2 2 2 1 1 2 2 6 6 9 9 = + − − + + a b Q a b b a a b 2 2 2 2 2 2 3 3 3 3 ( ) ( ) 2( . TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 20 13 -20 14 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: Ngày 12 tháng 7 năm 20 13 (Đợt 1) (Đề thi