ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ TĨNH NĂM HỌC 2013-2014

Gọi D, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên AB và AC.. Đường thẳng DE cắt tia CB tại S a Chứng minh rằng các tứ giác ADHE, BCED nội tiếp được đường tròn b Đường thẳng SA cắt đườ

Sở GD-ĐT Hà Tĩnh ĐỀ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ TĨNH NĂM HỌC 2013-2014

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút

Vòng 1: (Đề chung) Ngày thi: 15/06/2013

Bài 1: Cho biểu thức P 8 2 x 1 x x 1 x 10

a) Tìm điều kiện x để P xác định và rút gọn P

b) Tìm x để P có giá trị bằng 30

Bài 2: Cho phương trình 3x22 m 1 x    2m 1  0

a) Giải phương trình khi m = -1

b) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 thỏa mãn     2 2

x 1 x 1 x x x x 2

Bài 3: a) Giải phương trình x 1  4x 1 4 

b) Giải hệ phương trình

3

4xy 2x y x 2y 2x x 8y 3 0





   



Bài 4: Cho ABC nhọn (AB < AC) có AH  BC tại H Gọi D, E lần lượt là hình chiếu vuông góc của H

trên AB và AC Đường thẳng DE cắt tia CB tại S

a) Chứng minh rằng các tứ giác ADHE, BCED nội tiếp được đường tròn

b) Đường thẳng SA cắt đường tròn đường kính AH tại M Các đường thẳng BM và AC cắt nhau tại F Chứng minh rằng FA.FC SB.SC SF  2

Bài 5: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng

2

Hết

-LỜI GIẢI

x 9

x 3 0









 



x 1

8 x 24 2x 6 x x 3

x x 1 x 10

x 9



2x x 27

x 9

x 9



2x x 27

b) P 30  2x x 27 30   2x x 3 0   2x 2 x 3 x 3 0   

(Vì 2 x 3 0  ) Đối chiếu ĐKXĐ ta có x = 1 thỏa mãn bài toán

Bài 2: a) Khi m = -1 ta có phương trình 3x2 4x 1 0  phương trình này có 3 + (-4) + 1 = 0 (a + b + c = 0) Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 1; 2

1 x 3

 b) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì:

Gọi x1; x2 là hai nghiệm của phương trình Áp đụng hệ thức Viét ta có:

2m 2

x x

3 2m 1

x x

3





 









x 1 x 1 x x x x  2 x x  x x  1 x x x x 2

x x 1 x x x x  x x  x x 1 x x  x x 1 0

2m 2

1 1

1 3













Đối chiếu ĐK: m2 ta có m 1

2

 thỏa mãn bài toán

Bài 3: a) ĐKXĐ:

x 1

x 1 0

x 1 1

4x 1 0 x

4





 

Phương trình tương đương  x 1  4x 1 2 16 x 1 2 x 1 4x 1        4x 1 16 

2

2 4x 3x 1 16 5x

     Với điều kiện 16 5x 0 x 16

5

    kết hợp với điều kiện x  1 ta

có

16

1 x

5

  Do đó 2 4x2 3x 1 16 5x    4 4x 2 3x 1 16 5x 2

16x 12x 4 256 160x 25x 9x 148x 260 0

          ta có  ' 742 9.260 3136 ' 56

  phương trình có 2 nghiệm 1

74 56

9



74 56 130 x



Đối chiếu ĐK: 1 x 16

5

  Phương trình có nghiệm là x = 2 b)

3

(1) (2)

4xy 2x y x 2y

2x x 8y 3 0





   



Từ phương trình (1) ta có x 2y 2xy x 2y  0 x 2y 2xy 1   0 x 2y 0

2xy 1 0





*) Với x – 2y = 0  2y = x thế vào phương trình (2) được: 2x3 x 4x 3 0  

2x 2x 2x 2x 3x 3 0 2x x 1 2x x 1 3 x 1 0

2

x 1 0

x 1 2x 2x 3 0

2x 2x 3 0

 





Xét x – 1 = 0  x = 1  y 1

2



Xét

2

x

x

4

  













*) Với 2xy 1 0  Nếu x = 0 thì 1 = 0 (vô lí), do đó x  0 y 1

2x

  thế vào phương trình (2)

x

 

2 2

  vô nghiệm (vì  

2 2

      

  với mọi x) Vậy hệ phương trình có nghiệm là x; y 1;1 ; 2 7; 2 7 ; 2 7; 2 7

          

       

Bài 4: a) Ta có





0

0

AD DH(gt) ADH 90

AE EH(gt) AEH 90







ADH AEH 90 90 180

Suy ra tứ giác ADHE nội tiếp

(Tổng 2 góc đối bằng 1800)

Mặt khác, C AHE (cùng phụ với EHC )

AHE ADE (góc nội tiếp cùng chắn AE )

 

C ADE

  mà (kề bù)

C EDB 180

   Suy ra tứ giác BDEC

nội tiếp (Tổng 2 góc đối bằng 1800)

b) Theo câu a ta có tứ giác BDEC nội tiếp

C EDB 180

mà SDB EDB 180  0(kề bù)

 

C SDB

  Xét SDB và SCE có

 

C SDB

S chung

 







 SDB  SCE (g – g) SB SD SB.SC SD.SE

SE SC

Chứng minh tương tự ta cũng có SMD  SEA (g – g) SM SD SD.SE SM.SA

SE SA

Từ đó suy ra SB.SC SM.SA (1) SB SM

SA SC

Xét SMB và SCA có

SB SM

SA SC

S chung













 SMB  SCA (g – g)  C SMB 

A F

S

M

E

B D N

mà SMB AMB 180  0 (kề bù)  C AMB 180   0 nên tứ giác AMBC nội tiếp (Tổng 2 góc đối bằng 1800)

Chứng minh tương tự như trên ta có FMA  FCB (g – g) FA FM FA.FC FM.FB

FB FC

Trên SF ta lấy điểm N sao cho FNM MBS ta có: FNM MNS 180  0(kề bù)

MBS MNS 180

Ta lại có MBH MAC 180  0 (Vì tứ giác AMBC nội tiếp) mà MBH MBS 180  0 (kề bù)

MBS MAC

  mà FNM MBS  FNM MAC  Từ đó suy ra FNM FAM 180  0 nên tứ giác FAMN nội tiếp (Tổng 2 góc đối bằng 1800)

Chứng minh tương tự như trên ta lại có

FNM  FBS (g – g) FN FM FN.FS FM.FB

FB FS

SNM  SAF (g – g) SN SM SN.SF SM.SA

SA SF

Từ (1); (2); (3) và (4) ta có

FA.FC SB.SC FM.FB SM.SA FN.FS SN.SF SF FN SN       SF (đpcm)

Bài 5:

2

b2 c a a2 3 c2 a b b2 3 a2 b c c2 3 2abc

b2 c a 2abc a2 3 c2 a b 2abc b2 3 a2 b c 2abc c2 3 0

a b c a b c a b c a b c 0

a b c a  b c a b  c a b c  0

a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b c 0

b c a a b c a   b c a b  c a b c  0

             

b c a ab ac a  2 bc ab b2 ac bc c2 0

b c a a 2 b2 2bc c2 0

          b c a a   2 b c 2 0

b c a a b c a b c     0

        luôn đúng với a, b, c là ba cạnh của một tam giác

Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh