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

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 8 2 x 1 x x 1 P x 10 x 3 x 3 x 1    − + = + + −  ÷ ÷  ÷ ÷ − + +    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 ( ) ( ) 2 3x 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 x 1 ; x 2 thỏa mãn ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 2 1 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 2 2 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 2 FA.FC SB.SC SF+ = Bài 5: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b c a c a b a b c 2 bc ca ab + − + − + − + + > Hết LỜI GIẢI Bài 1: a) ĐKXĐ: x 0 x 0 x 9 x 3 0 ≥  ≥   ⇔   ≠ − ≠    ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 8 x 3 2 x 1 x 3 x 1 x x 1 P x 10 x 1 x 3 x 3     + + − − + − +     = + −     + − +     ( ) 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= ⇒ + + = ⇔ + − = ⇔ − + − = ( ) ( ) ( ) ( ) 2 x x 1 3 x 1 0 x 1 2 x 3 0 x 1 0 x 1⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ − = ⇔ = (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 2 3x 4x 1 0− + = phương trình này có 3 + (-4) + 1 = 0 (a + b + c = 0). Do đó phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 x 1= ; 2 1 x 3 = b) Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 ' 0 m 1 3 2m 1 0 m 2m 1 6m 3 0 m 4m 4 0 m 2 0∆ > ⇒ − + + > ⇔ − + + + > ⇔ + + > ⇔ + > m 2 ⇔ ≠ − Gọi x 1 ; x 2 là hai nghiệm của phương trình. Áp đụng hệ thức Viét ta có: 1 2 1 2 2m 2 x x 3 2m 1 x .x 3 −  + = −    +  = −   ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 x 1 x 1 x x x x 2 x x x x 1 x x x x 2+ + = + + ⇔ + + + = + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 x x 1 x x x x x x x x 1 x x x x 1 0− = + − + ⇔ − + − − = ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 2m 2 1 1 x x 1 2 2m 3 m 3 x x 1 x x 1 0 2 x x 1 2m 1 2m 1 3 m 2 1 3 −  − =   = − = = −    ⇔ − + − = ⇔ ⇒ ⇔ ⇔     + = + + = −    = − − =    Đối chiếu ĐK: m 2≠ − ta có 1 m 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 ( ) ( ) ( ) 2 x 1 4x 1 16 x 1 2 x 1 4x 1 4x 1 16− + + = ⇔ − + − + + + = 2 2 4x 3x 1 16 5x⇔ − − = − . Với điều kiện 16 16 5x 0 x 5 − ≥ ⇔ ≤ kết hợp với điều kiện x ≥ 1 ta có 16 1 x 5 ≤ ≤ . Do đó ( ) ( ) 2 2 2 2 4x 3x 1 16 5x 4 4x 3x 1 16 5x− − = − ⇔ − − = − 2 2 2 16x 12x 4 256 160x 25x 9x 148x 260 0⇔ − − = − + ⇔ − + = ta có 2 ' 74 9.260 3136∆ = − = ' 56∆ = phương trình có 2 nghiệm 1 74 56 x 2 9 − = = ; 2 74 56 130 x 9 9 + = = Đối chiếu ĐK: 16 1 x 5 ≤ ≤ . Phương trình có nghiệm là x = 2 b) 2 2 3 (1) (2) 4xy 2x y x 2y 2x x 8y 3 0  − = −   − − + =   Từ phương trình (1) ta có ( ) ( ) ( ) ( ) x 2y 0 x 2y 2xy x 2y 0 x 2y 2xy 1 0 2xy 1 0 − =  − + − = ⇔ − + = ⇔  + =  *) Với x – 2y = 0 ⇔ 2y = x thế vào phương trình (2) được: 3 2x x 4x 3 0− − + = ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 2x 2x 2x 2x 3x 3 0 2x x 1 2x x 1 3 x 1 0⇔ − + − − + = ⇔ − + − − − = ( ) ( ) 2 2 x 1 0 x 1 2x 2x 3 0 2x 2x 3 0 − =  ⇔ − + − = ⇔  + − =  Xét x – 1 = 0 ⇔ x = 1 ⇒ 1 y 2 = Xét 2 2 2 2 2 7 x 3 1 1 7 1 7 4 2x 2x 3 0 x x 0 x 2x. 0 x 2 2 4 4 2 4 2 7 x 4  − − =     + − = ⇔ + − = ⇔ + + − = ⇔ + = ⇔  ÷    − + =   2 7 2 7 x y 4 8 − − − − = ⇒ = ; 2 7 2 7 x y 4 8 − + − + = ⇒ = *) Với 2xy 1 0+ = . Nếu x = 0 thì 1 = 0 (vô lí), do đó x ≠ 0 1 y 2x ⇒ = − thế vào phương trình (2) được 3 4 2 4 2 2 4 2x x 3 0 2x x 3x 4 0 2x 4x 2 3x 3x 2 0 x − + + = ⇔ − + + = ⇔ − + + + + + = ( ) ( ) 2 4 2 2 2 2 2 1 1 5 2 x 2x 1 3 x x 0 2 x 1 3 x 2.x. 0 3 2 4 12     ⇔ − + + + + = ⇔ − + + + + =  ÷  ÷     ( ) 2 2 2 1 5 2 x 1 3 x 0 2 4   ⇔ − + + + =  ÷   vô nghiệm (vì ( ) 2 2 2 1 5 2 x 1 3 x 0 2 4   − + + + >  ÷   với mọi x) Vậy hệ phương trình có nghiệm là ( ) 1 2 7 2 7 2 7 2 7 x; y 1; ; ; ; ; 2 4 8 4 8       − − − − − + − +     ∈  ÷  ÷    ÷  ÷  ÷           Bài 4: a) Ta có · · 0 0 AD DH(gt) ADH 90 AE EH(gt) AEH 90  ⊥ =   ⇒   ⊥  =   · · 0 0 0 ADH AEH 90 90 180⇒ + = + = Suy ra tứ giác ADHE nội tiếp (Tổng 2 góc đối bằng 180 0 ) Mặt khác, µ · C AHE= (cùng phụ với · EHC ) · · AHE ADE= (góc nội tiếp cùng chắn » AE ) µ · C ADE⇒ = mà (kề bù) µ · 0 C EDB 180⇒ + = . Suy ra tứ giác BDEC nội tiếp (Tổng 2 góc đối bằng 180 0 ) b) Theo câu a ta có tứ giác BDEC nội tiếp µ · 0 C EDB 180⇒ + = mà · · 0 SDB EDB 180+ = (kề bù) µ · C SDB⇒ = . Xét ∆SDB và ∆SCE có µ · 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) µ · C SMB⇒ = A F S M E H C B D N mà · · 0 SMB AMB 180+ = (kề bù) µ · 0 C AMB 180⇒ + = nên tứ giác AMBC nội tiếp (Tổng 2 góc đối bằng 180 0 ). Chứng minh tương tự như trên ta có ∆FMA  ∆FCB (g – g) FA FM FA.FC FM.FB FB FC ⇒ = ⇒ = (2) Trên SF ta lấy điểm N sao cho · · FNM MBS= ta có: · · 0 FNM MNS 180+ = (kề bù) · · 0 MBS MNS 180⇒ + = Ta lại có · · 0 MBH MAC 180+ = (Vì tứ giác AMBC nội tiếp) mà · · 0 MBH MBS 180+ = (kề bù) · · MBS MAC⇒ = mà · · FNM MBS= · · FNM MAC⇒ = . Từ đó suy ra · · 0 FNM FAM 180+ = nên tứ giác FAMN nội tiếp (Tổng 2 góc đối bằng 180 0 ). Chứng minh tương tự như trên ta lại có ∆FNM  ∆FBS (g – g) FN FM FN.FS FM.FB FB FS ⇒ = ⇒ = (3) ∆SNM  ∆SAF (g – g) SN SM SN.SF SM.SA SA SF ⇒ = ⇒ = (4) Từ (1); (2); (3) và (4) ta có ( ) 2 FA.FC SB.SC FM.FB SM.SA FN.FS SN.SF SF FN SN SF+ = + = + = + = (đpcm) Bài 5: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b c a c a b a b c 2 bc ca ab + − + − + − + + > ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 3 2 2 3 b c a a c a b b a b c c 2abc⇔ + − + + − + + − > ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2 2 3 2 2 3 b c a 2abc a c a b 2abc b a b c 2abc c 0⇔ + + − + + − − + + − − > ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 3 3 a b c a b c a b c a b c 0⇔ + − + − − + − − > ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 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⇔ + − + + + − − − − + >    ( ) ( ) 2 2 2 b c a ab ac a bc ab b ac bc c 0⇔ + − + + + − − − + − > ( ) ( ) 2 2 2 b c a a b 2bc c 0   ⇔ + − − − + >   ( ) ( ) 2 2 b c a a b c 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 . 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 8 2 x 1 x x 1 P x 10 x. ) ( ) ( ) ( ) 8 x 3 2 x 1 x 3 x 1 x x 1 P x 10 x 1 x 3 x 3     + + − − + − +     = + −     + − +     ( ) 8 x 24 2x 6 x x 3 x x 1 x 10 x 9   + + − − + = − + + −   −   ( ) 2x. b, c là ba cạnh của một tam giác Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh