Đề + Đáp án môn Toán vào 10 tỉnh thanh Hóa 2013-2014

Vậy PB đi qua trung điểm của HK.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI VÀO LỚP 10 MÔN TOÁN (ĐỀ A) TỈNH THANH HÓA

NĂM HỌC: 2013-2014

Câu 1

1

a) Ta có: a + b +c = 1 + 3 +(-4) = 0

b) Theo câu a ta có: a +b +c = 0 => phương trình có hai nghiệm x1 1; x2  4

2

3 2 1 3 2 1 3.1 2 1 1

Vậy hệ PT có nghiệm duy nhất: (x; y) =(1; -1)

Câu 2:

a)

Với x  0; x  1

( 1) ( 1) ( 1)

P

2

1 ( 1) 1

( 1) 1

Vậy với x  0; x  1 thì P x 1

x





b)

Với x   3 2 2 ( 2 1)   2 thỏa mãn điều kiện x  0; x  1

Thay x   3 2 2 ( 2 1)   2 vào P ta được

2 2

( 2 1) 1 2 1 1 2 2

2

2 1 2 1 ( 2 1)

P         

 Vậy với x   3 2 2 thì P  2

Câu 3:

a)

Để (d) đi qua A(1:5) ta thay x =1; y = 5 vào đường thẳng (d) ta được:

5 = 2.a.1 + 1 <=> a = 2

Vậy với a = 2 thì đường thẳng (d) đi qua A(1;5)

b) Để (d) cắt (p) tại hai điểm phân biệt ta xét phương trình hoành độ:

- 2x2= 2ax + 1  2x2 + 2ax + 1 = 0 (1)

Ta có '

 = a2 – 2

Để (d) cắt (p) tại hai điểm phân biệt thì PT (1) có hai nghiệm phân biệt

=> '

 = a2 – 2 >0 2

2

a a

 

 

 



Theo định lí Viét ta có

1 2

1 2

x x a

x x

 











thay vào điều kiện đề bài

2 2

2

2

2

4( ) 4 0 ( ) 4( ) 4 2 0

1 ( 2) 2 0

2 1( ) 3( )

x x x x

a

a KTM

a TM

    

      

    

    





  

 Vậy với a = 3 thì (d) cắt (p) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x x1; 2 thỏa mãn

1 2 4( 1 2) 4 0

x  x  x  x  

Câu 4:

A

(d)

H

C

M

K

E

P

N F

a)

Ta có ACB 90   0 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm o)

Hay  HCB 90  0

Ta có HKB 90   0(Do HK AB  )

Xét tứ giác CBKH có HCB HKB 90     0 900  1800

Vậy tứ giác CBKH nội tiếp

b) Ta có CO AB  => AC = CB

Xét MACvà EBC có

AC = CB (C/m trên)

MAC=EBC (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MC)

MA=EB (gt)

=> MAC= EBC(c.g.c)

=>MC=EC => MEC cân (1)

Do MAC= EBC => MCA ECB    mà ACE ECB ABC 90       0

=> ACE MCA 90     0 => MCE 90   0 => MEC vuông (2)

Từ (1) và (2) => MEC vuông cân

c) Gọi N là giao của BP và HK, P là giao của BM và (d)

Theo đề ra: AP.MB = MA.OB

=> AP MA 

OB MB và PAM OBM    (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây, góc nội tiếp cùng chắn cung AM) => APM   OBM(c.g.c) mà OBMcân

do OB=OM=R => PAM cân tại P => PM = PA

Ta có FMAvuông, PAM cân tại P =>PFM cân tại P

=> PF=PM=PA

Ta có:    





HK AB HK / /AF hay NH//FB; NK//AP

FA AB Theo hệ quả của định lí Talet ta có:



BN NH do (NH//PF)

BP PF



BN NK do (NK//PA)

BP PA

=> NK NH 

PA PF mà PA=PF (c/m trên) => NK = NH => N là trung điểm của KH.

Vậy PB đi qua trung điểm của HK

Câu 5:

x y z (xy yz zx) (x y) (y z) (z x) 0

2

=> x2 y2 z2 (xy yz zx) 0    =>x2  y2  z2  (xy yz zx)  

=> x2  y2  z2  3(1)

Mặt khác ta có: (x+y+z)2  3(xy yz zx)  

=> (x+y+z)2 9=> x y z 3    (2)

Do x, y, z có vai trò như nhau giả sử: x y z  

Theo BĐT Trebưsep ta có:

 

y 3z z 3x x 3y 3 y 3z z 3x x 3y

3 y 3z z 3x x 3y

=>   

A

y 3z z 3x x 3y

Áp dụng bất đẳng thức Schwartz (Svácxơ):

A

y 3z z 3x x 3y y 3z z 3x x 3y 4(x y z)

=> A  x y z 3   

Dấu “ = ” xảy ra khi:

 







   







   



x y

z x

xy yz zx 3

A

y 3z z 3x x 3y 4

Dấu “ = ” xảy ra khi: x y z 1   