Đề thi vào lớp 10 tỉnh Thanh Hóa năm 2013-2014

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 12 tháng 7 năm 2013 Đề thi có 01 trang gồm 5 câu Câu 1 (2.0 điểm): 1. Cho phương trình bậc hai: x 2 +2x – 3 = 0, với các hệ số a = 1, b = 2, c = -3 a.Tính tổng: S = a + b + c b.Giải phương trình trên 2. Giải hệ phương trình: 3 2 2 3 4 x y x y − =   + =  Câu 2 (2.0 điểm): Cho biểu thức: 1 1 1 : 1 2 1 y Q y y y y y     + = +  ÷  ÷  ÷  ÷ − − − +     ( Với y > 0; 1y ≠ ) a. Rút gọn biểu thức Q b. Tính giá trị biểu thức Q khi 3 2 2y = − Câu 3 (2.0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): y = 2bx + 1 và Parabol (P): y = - 2x 2 . a. Tìm b để đường thẳng (d) đi qua điểm B(1;5) b. Tìm b để đường thẳng (d) cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ thỏa mãn điều kiện: x 1 2 + x 2 2 + 4(x 1 + x 2 ) = 0. Câu 4 (3.0 điểm): Cho (O; R) đường kính EF. Bán kính OI vuông góc với EF, gọi J là điểm bất kỳ trên Cung nhỏ EI (J khác E và I), FJ cắt EI tại L; Kẻ LS vuông góc với EF (S thuộc EF). a. Chứng minh tứ giác IFSL nội tiếp. b. Trên đoạn thẳng FJ lấy điểm N sao cho FN = EJ. Chứng minh rằng, tam giác IJN vuông cân. c. Gọi (d) là tiếp tuyến tại điểm E. Lấy D là điểm nằm trên (d) sao cho hai điểm D và I cùng nằm trên cùng một nữa mặt phẳng bờ là đường thẳng FE và ED.JF = JE.OF. Chứng minh rằng đường thẳng FD đi qua trung điểm của đoạn thẳng LS. Câu 5 ( 1.0 điểm): Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca ≥ 3. Chứng minh rằng: 4 4 4 3 3 3 3 4 a b c b c c a a b + + ≥ + + + Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2: ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ B O S L I FE D P J K N HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ CHẤM CÂU NÔI DUNG ĐIỂM 1. 1a. S = 1 + 2 + (-3) = 0 0.5 1b. Ta có a + b + c = 0 Nên phương trình có nghiệm x 1 = 1, x 2 = -3 0.5 2. 3 2 3 6 2 2 3 4 2 3 4 0 x y x x x y x y y − = = =    <=> <=>    + = + = =    0.75 Vậy hệ pt có nghiệm duy nhất: (x;y) = (2;0). 0.25 2. a. 1 1 1 : 1 2 1 y Q y y y y y     + = +  ÷  ÷  ÷  ÷ − − − +     ( ) ( ) 2 1 1 1 : 1 1 1 y y y y y     +  ÷  ÷ = +  ÷  ÷ − −  ÷ −     0.25 ( ) ( ) 2 1 1 1 1 1 y y y y y y y     − + −  ÷  ÷ = =  ÷  ÷ + −  ÷     0.75 b. 3 2 2y = − = ( ) 2 2 1− 0.25 Thay vào ta được giá trị tương ứng 2 1 1 2 2 2 2 1 2 1 Q − − − = = =− − − 0.75 3. a. Để (d) đi qua B(1;5) thì ta phải có: 5 = 2b.1 + 1=> b = 2. Khi đó đường thẳng (d) có phương trình là: y = 4x + 1. 0.25 b. Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt thì phương trình sau phải có hai nghiệm phân biệt: 2bx + 1= -2x 2 <=> 2x 2 + 2bx + 1 = 0 có hai nghiệm phân biệt 0.25 <=> b 2 – 2 > 0 <=> 2 b− > hoặc 2b > (*) 0.25 Khi đó theo hệ thức Vi-ét ta có: 1 2 1 2 1 2 x x b x x + = −    =   Để x 1 , x 2 thỏa mãn x 1 2 + x 2 2 + 4(x 1 +x 2 ) = 0 <=> (x 1 +x 2 ) 2 +4(x 1 +x 2 ) -2x 1 x 2 = 0 <=> b 2 -4b – 1 = 0 0.25 Giải phương trình ẩn b ta được 2 5b = ± , chỉ có 2 5b = + là thỏa mãn điều kiện (*)Vậy 2 5b = + 0.25 4 Hình vẽ: a. Ta có ¶ 0 EIF=90 (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) L IE∈ => ¶ 0 LIF=90 , 0.25 theo đề bài LS ⊥ EF => · 0 LSF=90 0.25 Do đó tứ giác LSFI nội tiếp được vì có: ¶ · 0 LIF+LSF=180 0.5 b. Ta có IJEV = INFV (c.g.g) vì: EJ = FN ( đề bài), IE = IF (vì IEFV cân tại I ) 0.5 Mặt khác: Trong (O) ta có ¶ ¶ IEJ IFJ= ( góc nội tiếp cùng chắn cung IJ). Suy ra: IJ = IN ( cặp cạnh tương ứng) Xét IJNV có ¶ 1 IJN 2 = sđ º IF = 45 0 0.25 Do đó IJNV vuông cân tại I 0.25 c. Gọi K là giao điểm của FD và LS, P là giao điểm của tia FJ và d Theo đề bài ta có ED.JF = JE.OF, mà OE=OF => ED.JF = JE.OE => ED OE = JE JF => EODV đồng dạng với IFEV => · · EOD JFE= , mà chúng ở vị trí đồng vị nên => OD//JF=> OD//FP(vì P ∈ FJ) 0.25 Trong tam giác PEF có OD//PF, OE = OF => OD là đường trung bình của PEFV =>DP = DE (1) 0.25 Mặt khác: Theo đề bài ta suy ra EF, EF / /EP SL EP SL⊥ ⊥ => Theo hệ quả của định lí Ta lét ta có: FL FS LK FK SK = = FP FE PD FD ED = = (2) 0.25 Từ (1) và (2) => LK = LS, hay FD đi qua trung điểm của LS. 0.25 5 Cho , , 0a b c > thỏa mãn 3ab bc ca+ + ≥ . CMR: 4 4 4 3 3 3 3 4 a b c b c c a a b + + ≥ + + + Cách 1: Vì a, b, c dương nên ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ≥ 3 =>a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 Mặt khác theo bđt Bunhiacopxki ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 3 (2) a b c a b c a b c a b c a b c + + ≤ + + + + = + + ⇔ + + ≤ + + Lại theo bđt Bunhiacopxki ta có: ( ) 4 4 4 4 3 3 3 a b c a b c b c c a a b   + + + + =   + + +   ( ) ( ) ( ) 4 4 4 3 3 3 3 3 3 a b c b c c a a b b c c a a b     = + + + + + + +     + + +   ( ) 2 2 2 2 a b c≥ + + . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 4 4 2 3 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 3 3 4 1 1 3 3 4 3 4 3 4 4 3 a b c a b c b c c a a b a b c a b c a b c a b c + + ⇒ + + ≥ + + + + + + + + + ≥ = ≥ = + + Đẳng thức xảy ra 1a b c⇔ = = = . (Điều phải chứng minh) 0.25 Cách 2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho bộ hai số dương: 4 a b +3c và 0.5 b +3c 16 ta có 4 a b +3c + b +3c 16 ≥ 4 2 a b+3c 2 . b+3c 16 2 a = , ( dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1) Tương tự ta cũng có: 4 +3a b c + +3a 16 c ≥ 4 2 c+3a 2 . c+3a 16 2 b b = . 4 +3b c a + +3b 16 a ≥ 4 2 a+3b 2 . a+3b 16 2 c c = . Suy ra: 4 a b +3c + 4 +3a b c + 4 +3b c a + b +3c 16 + +3a 16 c + +3b 16 a ≥ 2 2 2 a +b +c 2 ≥ 3 2 . => 4 a b +3c + 4 +3a b c + 4 +3b c a ≥ 3 2 - a+b+c 4 ( dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1). Mặt khác áp dụng BĐT Bunhia: (a + b + c) 2 ≤ (1 + 1+ 1)(a 2 + b 2 + c 2 ) ⇒ a + b + c ≤ 3 . 2 2 2 a b c+ + ⇒ - (a + b + c) ≥ - 3 . 2 2 2 a b c+ + ⇒ 2 2 2 1 ( ) 2 a b c+ + - 1 ( ) 4 a b c+ + ≥ 2 2 2 1 ( ) 2 a b c+ + - 3 4 . 2 2 2 a b c+ + ⇒ VT ≥ 2 2 2 1 ( ) 2 a b c+ + - 3 4 . 2 2 2 a b c+ + Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c = 1 Lại có: a 2 + b 2 ≥ 2ab b 2 + c 2 ≥ 2bc c 2 + a 2 ≥ 2ca ⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ≥ 3 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 ⇒ 2 2 2 a b c 3+ + ≥ . Dấu bằng xảy ra khi: 1 3 a b c a b c ab bc ca = =  ⇔ = = =  + + =  Xét hiệu: A =VT - 3 4 = 2 2 2 1 ( ) 2 a b c+ + - 3 4 . 2 2 2 a b c+ + - 3 4 Đặt t = 2 2 2 a b c+ + với t 3≥ A = 1 2 t 2 - 3 4 t - 3 4 = ( 1 2 t 2 - 3 2 t ) + ( 3 4 t - 3 4 ) = 1 2 t .(t - 3 ) + 3 4 (t - 3 ) = (t - 3 ).( 1 2 t + 3 4 ) Do t 3≥ nên A ≥ 0 ⇒ VT - 3 4 ≥ 0 => VT ≥ 3 4 Hay 4 4 4 3 3 3 3 4 a b c b c c a a c + + ≥ + + + Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c =1 0.25 Cách 3 Ta có : a 2 + b 2 + c 2 – ab –ac – bc = 2 1 [ ] 0)()()( 222 ≥−+−+− accbba nên : a 2 +b 2 +c 2 ≥ ab +ac +bc ≥ 3 2 2 2 a b c 3 (1) 4 4 + + ⇒ ≥ đẳng thức xảy ra khi a = b = c và: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c 2a 2b 2c 3 (a 1) (b 1) (c 1) 0 a b c 2 a b c 3 0 a b c 3 a b c 2 2 a b c a b c a b c 2.3 1 a b c 3 a b c a b c 3 3 3 2 a b c 1 (2) a b c + + − − − + = − + − + − ≥    ⇔ + + − + + + ≥ + + + ⇔ + + ≤ + + + + + + ⇔ ≥ = ≥ = + + + + + + + + + + + ⇒ ≥ + + đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 Áp dụng bđt Bunhiacopxki ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2 a b c b 3c c 3a a 3b b 3c c 3a a 3b a b c a b c a b c a b c a b c (*) b 3c c 3a a 3b 4(a b c) 4 a b c           + + + + + + +    ÷  ÷  ÷     + + +           ≥ + + + + + + + + ⇔ + + ≥ = + + + + + + + g Kết hợp (1) (2) và (*) ta có: 4 4 4 3 3 3 3 4 a b c b c c a a b + + ≥ + + + đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 . ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT THANH HÓA NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Ngày thi: 12 tháng 7 năm 2013 Đề thi có 01 trang. a a b + + ≥ + + + Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2: ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ B O S L I FE D P J K N HƯỚNG DẪN. ¶ 0 LIF=90 , 0.25 theo đề bài LS ⊥ EF => · 0 LSF=90 0.25 Do đó tứ giác LSFI nội tiếp được vì có: ¶ · 0 LIF+LSF=180 0.5 b. Ta có IJEV = INFV (c.g.g) vì: EJ = FN ( đề bài), IE = IF (vì IEFV