N N g g u u y y ễ ễ n n D D ư ư ơ ơ n n g g H H ả ả i i – – G G V V T T H H C C S S P P h h a a n n C C h h u u T T r r i i n n h h – – B B M M T T – – Đ Đ ă ă k k L L ă ă k k ( ( S S ư ư u u t t ầ ầ m m - - g g i i ớ ớ i i t t h h i i ệ ệ u u ) ) trang 1 TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2013 MÔN THI: TOÁN HỌC (Thời gian 120 phút không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 21/6/2013 Câu 1: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức: 4 7 4 7 2 A 1 : 1 x x B x x x x Câu 2: (1,5 điểm) Cho hệ phương trình: 2 3 5 1 x y m x y 1) Giải hệ khi m = 3 2) Tìm m để hệ có nghiệm x > 0, y > 0. Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình: 2 1 0 1 x x m 1. Giải phương trình (1) khi m = -4. 2. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thỏa mãn 1 2 1 2 3 4 x x x x . Câu 4: (4,0 điểm) Từ một điểm A ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến AB và AC và cát tuyến AMN của đường tròn đó. Gọi I là trung điểm dây MN, H là giao điểm của AO và BC. Chứng minh: a) Năm điểm A, B, I, O, C cùng nằm trên một đường tròn. b) AB 2 = AM.AN c) AHM ANO Câu 5: (1,0 điểm) Cho a, b > 0 và a 2 + b 2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 1 1 1T a b b a N N g g u u y y ễ ễ n n D D ư ư ơ ơ n n g g H H ả ả i i – – G G V V T T H H C C S S P P h h a a n n C C h h u u T T r r i i n n h h – – B B M M T T – – Đ Đ ă ă k k L L ă ă k k ( ( S S ư ư u u t t ầ ầ m m - - g g i i ớ ớ i i t t h h i i ệ ệ u u ) ) trang 2 SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu thức: 2 2 4 7 4 7 2 2 8 2 7 8 2 7 2 7 1 7 1 2 7 1 7 1 2 0 0 A A A 1 : 1 x x B x x x x (ĐK: 0 x ) 1 1 1 1 x x x x x x x B x Câu 2: (1,5 điểm) 1) Khi m = 3 hệ trở thành 6 2 3 3 17 5 1 13 17 x x y x y y 2) 3 2 3 17 3 2 3 5 1 17 5 1 5 1 3 5 1 5 1 17 m x x y m x m x x m x y y x m y x y 3 17 5 2 17 m x m y . Khi đó 3 3 0 0 3 0 2 17 2 0 5 2 5 2 0 5 0 5 17 m m x m m y m m m Câu 3: (2,0 điểm) 1) (ĐK: 1 x ) Khi m = -4, phương trình (1) trở thành: 2 1 3 1 1 2 2 1 4 0 1 1 4 1 1 1 1 2 x x x x x x vo ly x 1 9 10 x x (TMĐK) 2) 2 2 2 1 0 2 1 2 2 4 0 * x x m x m x x m x m Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng 1 N N g g u u y y ễ ễ n n D D ư ư ơ ơ n n g g H H ả ả i i – – G G V V T T H H C C S S P P h h a a n n C C h h u u T T r r i i n n h h – – B B M M T T – – Đ Đ ă ă k k L L ă ă k k ( ( S S ư ư u u t t ầ ầ m m - - g g i i ớ ớ i i t t h h i i ệ ệ u u ) ) trang 3 Theo Viét, ta có 1 2 2 1 2 2 2 4 x x m x x m Khi đó 2 2 1 2 1 2 1 3 3 2 2 2 4 4 8 3 0 3 4 4 2 m x x x x m m m m m Thử lại: Với 1 2 2 5 2 2 1 1 2 , * 4 20 17 0 2 5 2 2 1 2 x m x x x (TMĐK) Với 1 2 2 7 2 6 1 3 2 , * 4 28 25 0 2 7 2 6 1 2 x m x x x (TMĐK) Vậy 1 2 m , 3 2 m thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thỏa mãn 1 2 1 2 3 4 x x x x . Chú ý: Nếu không thử lại thì phải tìm điều kiện của m để (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng 1 như sau: Đặt 1 1 x t x t . Khi đó 2 2 * 2 1 1 0 ** t m t m (*) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn hoặc bằng 1 (**) có hai nghiệm phân biệt không âm 2 2 ' 2 1 1 0 0 4 0 0 1 0 0 1 0 0 2 1 0 m m m P m m m S m Khi đó 1 2 m , 3 2 m (TMĐK) Câu 4: (4,0 điểm) a) Ta có: 0 90 ABO ACO (AB, AC là tiếp tuyến của (O)) 0 90 AIO (vì 1 2 IM IN MN OI MN ) Do đó 0 90 ABO ACO AIO B, C, I cùng thuộc đường tròn đường kính OA hay năm điểm A, B, I, O, C cùng nằm trên một đường tròn. (đpcm) b) Xét ABM và ANB , ta có: N N g g u u y y ễ ễ n n D D ư ư ơ ơ n n g g H H ả ả i i – – G G V V T T H H C C S S P P h h a a n n C C h h u u T T r r i i n n h h – – B B M M T T – – Đ Đ ă ă k k L L ă ă k k ( ( S S ư ư u u t t ầ ầ m m - - g g i i ớ ớ i i t t h h i i ệ ệ u u ) ) trang 4 A (góc chung), 1 2 ABM ANB sdBM (góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung BM của (O)) Vậy ABM ANB 2 . AB AN AB AM AN AM AB (đpcm) c) Vì AB = AC (AB, AC là tiếp tuyến của (O)) OB = OC (bán kính của (O)) Nên AO là trung trực BC AO BC Xét ABO , ta có: 0 90 ABO , AO BH AO BC 2 . AB AH AO mà 2 . AB AM AN (câu b) . . AH AN AH AO AM AN AM AO Xét AHM và ANO , ta có: A (góc chung), AH AN AM AO (cmt) Vậy AHM ANO AHM ANO (đpcm) Câu 5: (1,0 điểm) Với , 0 x y , ta có 2 0 2 * x y x y xy . Dấu “=” xảy ra khi x y Do đó 2 2 1 1 2 2 a b ab ab (vì , 0 a b ) Ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 2 a b T a b a b b a a b b a 1 1 1 1 1 2 2 2 2 a b a b a b a b b a Vì , 0 a b , áp dụng (*) ta có: 1 1 2 2 2 a b ab (do 1 2 ab ), 1 2 2 2 2 a a , 1 2 2 2 2 b b , 2 a b b a . Do đó: 1 2 2 2 2 2 2 4 3 2 2 T . Dấu “=” xảy ra khi 2 2 1 2 2 1 2 2 1, 0, 0 a b a a a b b b a b b a a b a b . Vậy GTNN của T là 4 3 2 khi 2 2 a b . trang 1 TRƯỜNG THPT TH CAO NGUYÊN HỘI ĐỒNG TUYỂN SINH LỚP 10 KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 NĂM HỌC 2013 MÔN THI: TOÁN HỌC (Th i gian 120 phút không kể th i gian phát đề) Ngày thi: 21/6/2013 . (TMĐK) Vậy 1 2 m , 3 2 m th phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 th a mãn 1 2 1 2 3 4 x x x x . Chú ý: Nếu không th lại th phải tìm điều kiện của m để (*). g g i i ớ ớ i i t t h h i i ệ ệ u u ) ) trang 2 SƠ LƯỢC BÀI GIẢI Câu 1: (1,5 điểm) Thu gọn các biểu th c: 2 2 4 7 4 7 2 2 8 2 7 8 2 7 2 7 1 7 1 2 7 1 7 1 2 0 0 A A A