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

+ 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

  
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

−
+ −
 ÷
 ÷
= =
 ÷
 ÷
+
−
 ÷
 
 
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.


=


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

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
¶

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

⇔ + + ≤ + +
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

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

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


≤
(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

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

+ + =

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

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 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

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