Đề thi vào lớp 10 tỉnh Phú Thọ năm 2013

Sở giáo dục và đào tạo Để thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2009-2010 H ng Yê n Môn thi:Ngữ văn Thời gian thi: 120 phút (không kể giao đề) Ngày thi: 01/07/2009 ----------------------------------------------------------------------------------------------- (Đề thi i gồm có 2 trang ) I)Phần Trắc nghiệm (2,0 điểm) Đọc kĩ các câu hỏi dới đây và chọn đáp án đúng (A,B,C hoặcD) chép vào bài làm. Câu1:Dòng nào sau đây nêu đúng nội dung chính của đoạn trích Chị em Thuý Kiều (trích Truyện Kiều-Nguyễn Du)? A.Miêu tả vẻ đẹp của Thuý Vân . B.Miêu tả tài sắc của Thuý Kiều. C.Miêu tả tài sắc và dự báo số phận của hai chị em Thuý Kiều. D.Miêu tả đức hạnh của hai chị em Thuý Kiều. Câu2: Khi giao tiếp cần nói cho đúng vào đề tài giao tiếp, tránh nói lạc đềlà định nghĩa cho phơng châm hội thoại nào? A.Phơng châm quan hệ B.Phơng châm về lợng. C.Phơng châm về chất. D.Phơng châm lịch sự. Câu3: Trong hai câu thơ sau,tác giả sử dụng biện pháp nghệ thuật gì? Không có kính,rồi xe không có đèn Không có mui xe,thùng xe có xớc, A.So sánh B.Nhân hoá C.Liệt kê D.Chơi chữ Câu4: Đề văn nào dới đây thuộc đề nghị luận về một vấn đề t tởng,đạo lý? A.Suy nghĩ về tấm gơng của một học sinh nghèo vợt khó. B. Suy nghĩ về đạo lý: Uống nớc nhớ nguồn C.Suy nghĩ về những con ngời vợt lên số phận. D. Suy nghĩ về hiện tợng nghiện các trò chơi điện tử của học sinh hiện nay. Câu5: Bài thơ con cò của Chế Lan Viên viết về đề tài gì? A.Lòng nhân ái. B.Tình yêu cuộc sống. C.Tình yêu quê hơng,đất nớc. D.Tình mẫu tử. Câu6:Bài thơ nào sau đây đợc kết thúc bằng điệu dân ca xứ Huế? A.Quê hơng-Tế Hanh. B.Mùa xuân nho nhỏ-Thanh Hải. C.ánh trăng-Nguyễn Duy. D.Con cò-Chế Lan Viên. Câu7: Hình ảnh đầu tiên tạo ấn tợng và khơi nguồn cảm xúc cho nhà thơ Viễn Phơng khi đến thăm lăng Bác là gì? A.Hàng tre trong sơng. B.Bầu trời cao xanh. đề chính thức C.Dòng ngời vào viếng Bác. D.Mặt trời trên lăng. Câu8:Truyện ngắn Bến quê của tác giả nào? A.Kim Lân B.Nguyễn Thành Long C.Lê Minh Khuê D.Nguyễn Minh Châu II)Phần tự luận(8,0điểm) Câu1 (3,0 điểm) a.Chép lại khổ thơ đầu bài thơ Sang thu của nhà thơ Hữu Thỉnh. b.Dựa vào khổ thơ vừa chép,em hãy viết đoạn văn diễn dịch theo cách diễn dịch (khoảng từ 8 đến 10 câu) với câu chủ đề: Khổ thơ là sự cảm nhận tinh tế của Hữu Thỉnh trớc những tín hiệu ban đầu lúc sang thu. Câu2 (5,0 điểm) Phân tích nhân vật Vũ Nơng trong tác phẩm Chuyện ngời con gái Nam Xơng (Trích truyền kì mạn lục) của tác giả Nguyễn Dữ. ===========Hết=========== Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu.Giám thị không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO PHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2013-2014 Môn Toán Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Ngày thi : 18-6-2013 - ĐỀ CHÍNH THỨC Câu1 (2,0 điểm) a) Tính : A  16  49 b) Trong hình sau : Hình vuông, hình bình hành, hình chữ nhật, hình thang cân hình nào có hai đường chéo ? Câu2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình : x  x   x  y  x  y  b) Giải hệ phương trình  Câu (2,0 điểm)  a  a  a a 1   với a  0; a  a) Rút gọn biểu thức B  1    a  a     2 b) Cho phương trình x +2(m+1)x +m = Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt có nghiệm -2 Câu (3,0 điểm) Cho đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Gọi I là trung điểm OA, qua I kẻ dây MN vuông góc với OA C thuộc cung nhỏ MB (C khác B, M), AC cắt MN D a) Chứng minh tứ giác BIDC nội tiếp b) Chứng minh AD.AC=R2 c) Khi C chạy cung nhỏ MB chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CMD thuộc đường thẳng cố định Câu (1,0 điểm) Cho x, y là số thực dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức P x y x(2 x  y )  y (2 y  x) -Hết sở giáo dục và đào tạo hng yên đề thi chính thức (Đề thi có 02 trang) kỳ thi tuyển sinh và lớp 10 thpt năm học 2009 - 2010 Môn thi : toán Thời gian làm bài: 120 phút phần a: trắc nghiệm khách quan (2,0 điểm) Từ câu 1 đến câu 8, hãy chọn phơng án đúng và viết chữ cái đứng trớc phơng án đó vào bài làm. Câu 1: Biểu thức 1 2 6x có nghĩa khi và chỉ khi: A. x 3 B. x > 3 C. x < 3 D. x = 3 Câu 2: Đờng thẳng đi qua điểm A(1;2) và song song với đờng thẳng y = 4x - 5 có ph- ơng trình là: A. y = - 4x + 2 B. y = - 4x - 2 C. y = 4x + 2 D. y = 4x - 2 Câu 3: Gọi S và P lần lợt là tổng và tích hai nghiêm của phơng trình x2 + 6x - 5 = 0. Khi đó: A. S = - 6; P = 5 B. S = 6; P = 5 C. S = 6; P = - 5 D. S = - 6 ; P = - 5 Câu 4: Hệ phơng trình 2 5 3 5 x y x y + = = có nghiệm là: A. 2 1 x y = = B. 2 1 x y = = C. 2 1 x y = = D. 1 2 x y = = Câu 5: Một đờng tròn đi qua ba đỉnh của một tam giác có độ dài ba cạnh lần lợt là 3cm, 4cm, 5cm thì đờng kính của đờng tròn đó là: A. 3 2 cm B. 5cm C. 5 2 cm D. 2cm Câu 6: Trong tam giác ABC vuông tại A có AC = 3, AB = 3 3 thì tgB có giá trị là: A. 1 3 B. 3 C. 3 D. 1 3 Câu 7: Một nặt cầu có diện tích là 3600 cm 2 thì bán kính của mặt cầu đó là: A. 900cm B. 30cm C. 60cm D. 200cm Câu 8: Cho đờng tròn tâm O có bán kính R (hình vẽ bên). Biết ã 0 120=COD thì diện tích hình quạt OCmD là: A. 2 3 R B. 4 R C. 2 3 2 R D. 3 2 R phần b: tự luận (8,0 điểm) Bài 1: (1,5 điểm) a) Rút gọn biểu thức: A = 27 12 b) Giải phơng trình : 2(x - 1) = 5 Bài 2: (1,5 điểm) Cho hàm số bậc nhất y = mx + 2 (1) a) Vẽ đồ thị hàm số khi m = 2 120 0 O D C m E N H M D C O B A b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox và trục Oy lần lợt tại A và B sao cho tam giác AOB cân. Bài 3: (1,0 điểm) Một đội xe cần chở 480 tấn hàng. Khi sắp khởi hành đội đợc điều thêm 3 xe nữa nên mỗi xe chở ít hơn dự định 8 tấn. Hỏi lúc đầu đội xe có bao nhiêu chiếc? Biết rằng các xe chở nh nhau. Bài 4: (3,0 điểm) Cho A là một điểm trên đờng tròn tâm O, bán kính R. Gọi B là điểm đối xứng với O qua A. Kẻ đờng thẳng d đi qua B cắt đờng tròn (O) tại C và D (d không đi qua O, BC < BD). Các tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại C và D cắt nhau tại E. Gọi M là giao điểm của OE và CD. Kẻ EH vuông góc với OB (H thuộc OB). Chứng minh rằng: a) Bốn điểm B, H,M, E cùng thuộc một đờng tròn. b) OM.OE = R 2 c) H là trung điểm của OA. Bài 5: (1, 0 điểm) Cho hai số a,b khác 0 thoả mãn 2a 2 + 2 2 1 4 + b a = 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S = ab + 2009. ===Hết=== Gợi ý đáp án: ( Một số câu) Phần tự luận: Bài 3: Gọi x, y lần lợt là số xe và số hàng chở đợc của mỗi xe lúc đầu. (x N * , y>8) Theo bài ra ta có hệ phơng trình: 480 ( 3)( 8) 480 xy x y = + = Giải hệ phơng trình trên ta đợc x = 12, y = 40 (thoả mãn). Bài 5: Từ 2a 2 + 2 4 b + 2 1 a = 4 (ab) 2 = - 8a 4 + 16a 2 4 = 4 8(a 4 2a 2 +1) 4 -2 ab 2 2007 S 2011 MinS = 2007 ab = -2 và a 2 = 1 a = 1 , b = m 2 B i 4: a. Ta có ã ã 0 90BHE BME= = => BHME là tứ giác nội tiếp đờng tròn đờng kính BE => B, H, M, E cùng thuộc một đờng tròn. b. Sử dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông ODE với đờng cao DM ta ®îc OM.OE = OD 2 =R 2 c. Gäi HE c¾t (O) t¹i N Ta cã ∆BOM ®ång d¹ng víi ∆EOH => OH.OB = OM.OE = R 2 Do OA=AB=R => OB=2R Vậy OH= = R. Vậy H l trung à điểm OA. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 1 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài : 120 phút(không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức P = 2 1 1 : x 4 x 2 x 2   +  ÷ − + +   a) Tìm điều kiện xác định và rút biểu thức P. b) Tim x để P = 3 2 . Câu 2: (1,5 điểm) Một mảnh vườn hình chữ nhật có chu vi 100 m. Nếu tăng chiều rộng 3 m và giảm chiều dài 4 m thì diện tích mảnh vườn giảm 2 m 2 . Tính diện tích của mảnh vườn. Câu 3: (2,0 điểm) Cho phương trình x 2 – 2(m + 1)x + m 2 + 4 = 0 (m là tham số) a) Giải phương trình với m = 2. b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 thỏa mãn 2 2 1 2 x 2(m 1)x 3m 16+ + ≤ + . Câu 4: (3,5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O), hai đường cao BE, CF cắt nhau tại H. Tia AO cắt đường tròn (O) tại D. a) Chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn. b) Chứng minh tứ giác BHCD là hình bình hành. c) Gọi m là trung điểm của BC, tia AM cắt HO tại G. Chứng minh G là trọng tâm của tam giác ABC. Câu 5: (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a+b+c=1. Chứng minh rằng: 2 2 2 a b c 1 a b b c c a 2 + + ≥ + + + . Hết Họ và tên thí sinh :…………………………………………Số báo danh………… Đề chính thức SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN Câu Ý Nội Dung Câu 1 a, ĐKXĐ: x x x x ì ì ³ ³ ï ï ï ï Û í í ï ï - ¹¹ ï ï î î 0 0 4 0 4 P = 2 1 1 2 x 2 x : .( x 2) x 4 x 2 x 2 ( x 2)( x 2) x 2 + −   + = + =  ÷ − + + − + −   b, P = Û 3 2 x x = - 3 2 2 x x x x= - = =Û Û Û2 3 6 6 36 (TMĐKXĐ) Câu 2 Gọi x (m) là chiều rộng của mảnh vườn ( 0<x<25) Chiều dài của mảnh vườn là: 50-x. Diện tích của mảnh vườn là: x(50-x). Nếu tăng chiều rộng 3m thì chiều rộng mới là x+3; giảm chiều dài 4 m thì chiều dài mới là 46-x. Diện tích mới của mảnh vườn là: (x+3)(46-x) Theo bài ra ta có phương trình: x(50-x)-(x+3)(46-x)=2 ⇔ 50x-x 2 -43x+x 2 -138=2 ⇔ 7x=140 ⇔ x=20 (TM) Vậy diện tích của mảnh vườn là 20(50-20)=600 m 2 . Câu 3 a, (1,0 điểm) Khi m = 2 pt trở thành x x- + = 2 6 8 0 Ta có ' =D 1 Suy ra pt có hai nghiệm là: 1 4=x 2 2=x b, Để pt (1) có hai nghiệm ; 'x x Û D ³ 1 2 0 ( ) ( ) m m m+ - +Û ³ Û ³ 2 2 3 1 7 0 2 (*) Theo Viet ta có: ( ) . x x m x x m ì + = + ï ï í ï = + ï î 1 2 2 1 2 2 1 4 Suy ra ( ) ( )x m x m x x x x m+ + + + + +£ Û £ 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 2 1 3 16 3 16 ( ) x x x x x m x x x x m+ + + + - +Û £ Û £ 2 2 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 3 16 3 16 ( )m m m m m+ - - +£ Û£Û£ 2 2 2 2 2 4 3 16 8 16 2 Đối chiếu với điều kiện (*) suy ra m£ £ 3 2 2 thì pt (1) có hai nghiệm ;x x 1 2 thỏa mãn : ( )x m x m+ + +£ 2 2 1 2 2 1 3 16 Câu 4 Vẽ hình M G D O F E H C B A (Hình vẽ chỉ cần vẽ hết câu b là đạt 0,5 điểm ) Xét tứ giác BCEF có · · B FC BEC= = 0 90 ( cùng nhìn cạnh BC) Suy ra BCEF là tứ giác nội tiếp b, Ta có · A CD = 0 90 ( góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) ⇒ DC ⊥ AC Mà HE ⊥ AC; suy ra BH//DC (1) Chứng minh tương tự: CH//BD (2) Từ (1) và (2) suy ra BHCD là hình bình hành c, Ta có M trung điểm của BC suy ra M trung điểm của HD. Do đó AM, HO trung tuyến của AHD∆ ⇒ G trọng tâm của AHD∆ GM 1 AM 3 ⇒ = Xét tam giác ABC có M trung điểm của BC, GM 1 AM 3 = Suy ra G là trong tâm của ABC ∆ Câu 5 Áp dụng BĐT cô si ta có: 2 2 2 a a b b b c c c a a; b; c a b 4 b c 4 c a 4 + + + + ≥ + ≥ + ≥ + + + Suy ra 2 2 2 a b c a b b c c a a b c 1 (a b c) ( ) a b b c c a 4 4 4 2 2 + + + + + + + ≥ + + − + + = = + + + Vậy 2 2 2 a b c 1 a b b c c a 2 + + ≥ + + + 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 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THỌ KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM HỌC 2017 – 2018 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (1,5 điểm) x +1 −1 = 2 x − y = b) Giải hệ phương trình:  x + y = a) Giải phương trình: Câu (2,5 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol (P) có phương trình y = thuộc (P) có hoành độ x A = −1; xB = a) Tìm tọa độ hai điểm A, B b) Viết phương trình đường thẳng (d) qua hai điểm A, B c) Tính khoảng cách từ O (gốc tọa độ) đến đường thẳng (d) x hai điểm A, B Câu (2,0 điểm) Cho phương trình: x − 2(m + 1) x + m + m − = (m tham số) a) Giải phương trình với m = b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn điều kiện : 1 + = x1 x2 Câu (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) Gọi I giao điểm AC BD Kẻ IH vuông góc với AB; IK vuông góc với AD ( H ∈ AB; K ∈ AD ) a) Chứng minh tứ giác AHIK nội tiếp đường tròn b) Chứng minh IA.IC = IB.ID c) Chứng minh tam giác HIK tam giác BCD đồng dạng d) Gọi S diện tích tam giác ABD, S’ diện tích tam giác HIK Chứng minh rằng: S ' HK ≤ S AI Câu (1,0 điểm) Giải phương trình : ( x3 − ) = ( ) ( x + 4) + Hết -Họ tên thí sinh: SBD: Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM DỰ KIẾN: Câu Phần a) Câu (1,5đ) b) a) Câu (2,5đ) b) c) Câu (2,0đ) a) b) Nội dung x +1 x +1 −1 = ⇔ = ⇔ x +1 = ⇔ x = 2 Vậy nghiệm phương trình x = 2x − y =  x + 2x =  x + 2x − = (1) ⇔ ⇔    (2) x + y = 2x − y =  y = 2x − Giải (1): ∆ ' = ; x1 = , x = −4 Thay vào (2): Với x = thì y = 2.2 − = Với x = −4 thì y = 2.(−4) − = −11 Vậy nghiệm hệ phương trình là: ( x, y ) ∈ { ( 2;1) , ( −4; −11) } Vì A, B thuộc (P) nên: 1 x A = −1 ⇒ y A = ×( −1) = 2 x B = ⇒ y B = ×2 = 2 1  Vậy A  −1; ÷ , B(2;2) 2  Gọi phương trình đường thẳng (d) y = ax + b Ta có hệ phương trình:     −a + b = 3a = a = ⇔ 2⇔ 2  2a + b = 2a + b = b = 1 Vậy (d): y = x + (d) cắt trục Oy điểm C(0; 1) cắt trục Ox điểm D(– 2; 0) ⇒ OC = OD = Gọi h khoảng cách từ O tới (d) Áp dụng hệ thức cạnh đường cao vào ∆ vuông OCD, ta có: 1 1 5 = + = + = ⇒ h = h OC OD 12 22 5 Vậy khoảng cách từ gốc O tới (d) x − 2(m + 1) x + m + m − = (1) Với m = 0, phương trình (1) trở thành: x − 2x − = ∆ ' = ; x1,2 = ± Vậy với m = thì nghiệm phương trình (1) x1,2 = ± ∆' = m + Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ m > −2 Điểm 0.75 0.75 0.75 0.75 1.0 1.0 1.0  x1 + x = 2(m + 1) Áp dụng hệ thức Vi-ét, ta có:   x1x = m + m − Do đó: 1 x + x2 2(m + 1) + =4⇔ =4⇔ =4 x1 x x 1x m + m −1 m = 2 m + m − ≠ m + m − ≠ ⇔ ⇔ ⇔ m = − m + = 2(m + m − 1) 2m + m − =   3 Kết hợp với điều kiện ⇒ m ∈ 1; −  giá trị cần tìm  2 Câu (3,0đ) 0.25 a) b) c) Tứ giác AHIK có: · AHI = 900 (IH ⊥ AB) · AKI = 900 (IK ⊥ AD) · · ⇒ AHI + AKI = 1800 ⇒ Tứ giác AHIK nội tiếp ∆ IAD ∆ IBC có: µ1=B µ (2 góc nội tiếp chắn cung DC (O)) A · · (2 góc đối đỉnh) AID = BIC ⇒ ∆ IAD ∆ IBC (g.g) IA ID ⇒ = ⇒ IA.IC = IB.ID IB IC Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác AHIK có µ1=H µ (2 góc nội tiếp chắn cung IK) A µ1=B µ1⇒H µ1=B µ1 Mà A µ1=D µ1 Chứng minh tương tự, ta K µ1=B µ1 ; K µ1=D µ1 ∆ HIK ∆ BCD có: H ⇒ ∆ HIK ∆ BCD (g.g) 0.75 0.5 0.75 d) Gọi S1 diện tích ∆ BCD ∆ BCD nên: Vì ∆ HIK S' HK HK HK HK = = ≤ = S1 BD (IB + ID) 4IB.ID 4IA.IC CF IC = Vẽ AE ⊥ BD , CF ⊥ BD ⇒ AE / /CF ⇒ AE IA ∆ ABD ∆ BCD có chung cạnh đáy BD nên: S1 CF S IC = ⇒ 1= S AE S IA Từ (1) (2) suy S' S1 HK IC S' HK × ≤ × ⇔ ≤ (đpcm) S1 S 4IA.IC IA S 4IA Dựa theo lời giải thầy Đinh Văn Hưng: Giải phương trình : ( x3 − ) = ( ( x + 4) + ) ĐK: x > Đặt: x − = u 0.75 (1) (2) (1) (2) (3) x + = v (v > 1) ⇒ v3 − = x Khi phương trình (1) ⇔ ( u ) = ( v + ) hay u − = v (4) Câu (1,0đ) Từ (2), (3), (4) ta có hệ phương trình: x3 − = u  x − v3 = u − x (5)  v − = x ⇒  3 2 u − = v u