Đề thi tuyển sinh lớp 10 THPT Hà Nội năm học 2013 – 2014 môn: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT 
 HÀ NỘI N 2013 – 2014 
 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN 
 Thời gian làm bài: 120 phút 
Bài I (2,0 điểm) 
 Với x > 0, cho hai biểu thức 
2 x
A
x

 và 
x 1 2 x 1
B
x x x
 
 

. 
 1) Tính giá trị của biểu thức A khi x = 64. 
 2) Rút gọn biểu thức B. 
 3) Tìm x để 
A 3
B 2
 . 
Bài II (2,0 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: 
 Quãng đường từ A đến B dài 90 km. Một người đi xe máy từ A đến B. Khi đến B, 
người đó nghỉ 30 phút rồi quay trở về A với vận tốc lớn hơn vận tốc lúc đi là 9 km/h. 
Thời gian kể từ lúc bắt đầu đi từ A đến lúc trở về đến A là 5 giờ. Tính vận tốc xe máy lúc 
đi từ A đến B. 
Bài III (2,0 điểm) 
 1) Giải hệ phương trình: 
3(x 1) 2(x 2y) 4
4(x 1) (x 2y) 9
   

   
2) Cho parabol (P) : y = 
1
2
x
2
 và đường thẳng (d) : y = mx  
1
2
m
2
 + m +1. 
 a) Với m = 1, xác định tọa độ các giao điểm A, B của (d) và (P). 
 b) Tìm các giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 
sao cho 1 2x x 2  . 
Bài IV (3,5 điểm) 
 Cho đường tròn (O) và điểm A nằm bên ngoài (O). Kẻ hai tiếp tuyến AM, AN với 
đường tròn (O) (M, N là các tiếp điểm). Một đường thẳng d đi qua A cắt đường tròn (O) 
tại hai điểm B và C (AB < AC, d không đi qua tâm O). 
 1) Chứng minh tứ giác AMON nội tiếp. 
 2) Chứng minh AN2 = AB.AC. 
Tính độ dài đoạn thẳng BC khi AB = 4 cm, AN = 6 cm. 
 3) Gọi I là trung điểm của BC. Đường thẳng NI cắt đường tròn (O) tại điểm thứ 
hai T. Chứng minh MT // AC. 
 4) Hai tiếp tuyến của đường tròn (O) tại B và C cắt nhau ở K. Chứng minh K 
thuộc một đường thẳng cố định khi d thay đổi và thỏa mãn điều kiện đề bài. 
Bài V (0,5 điểm) 
 Với a, b, c là các số dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + ab + bc + ca = 6abc, 
chứng minh: 
2 2 2
1 1 1
3
a b c
   
BÀI GIẢI 
B I: (2,0 đ ể ) 
1) Với x = 64 ta có 
2 64 2 8 5
8 464
A
 
   
2) 
( 1).( ) (2 1). 2 1 2
1
.( ) 1 1
x x x x x x x x x
B
x x x x x x x x
     
    
   
3) 
Với x > 0 ta có : 
3 2 2 3 1 3
:
2 2 21
2 2 3 2 0 4.( 0)
A x x x
B x x x
x x x x Do x
  
    

        
B II: (2,0 đ ể ) 
Đặt x (km/h) là vận tốc đi từ A đến B, vậy vận tốc đi từ B đến A là 9x  (km/h) 
Do giả thiết ta có: 
90 90 1
5
9 2x x
  

10 10 1
9 2x x
  

( 9) 20(2 9)x x x    
2 31 180 0x x    36x  (vì x > 0) 
B III: (2,0 đ ể ) 
1) Hệ phương trình tương đương với: 
             
       
               
3x 3 2x 4y 4 5x 4y 1 5x 4y 1 11x 11 x 1
4x 4 x 2y 9 3x 2y 5 6x 4y 10 6x 4y 10 y 1
2) 
a) Với m = 1 ta có phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là 
21 3
2 2
x x  2 2 3 0x x    1 hay 3x x    (Do a – b + c = 0) 
Ta có y (-1)=
1
2
; y(3) =
9
2
. Vậy tọa độ giao điểm A và B là (-1;
1
2
) và (3;
9
2
) 
b) Phươnh trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là 
2 21 1 1
2 2
x mx m m    2 22 2 2 0x mx m m      (*) 
Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt 1x , 2x thì phương trình (*) phải có 2 nghiệm phân 
biệt. Khi đó 
2 2' 2 2 0 1m m m m         
Khi m > -1 ta có 1 2 2x x 
2 2
1 2 1 22 4x x x x   
2
1 2 1 2( ) 4 4x x x x    
2 24 4( 2 2) 4m m m    
1
8 4
2
m m      
Cách g ả khác: Khi m > -1 ta có 
1 2 2x x 
' '
2 '
' '
b b
a a
     
    2 2 2m  
Do đó, yêu cầu bài toán 2 2 2 2m   2 2 2m  
1
2 2 1
2
m m      
Bài IV (3,5 điểm) 
1/ Xét tứ giác AMON có hai góc đối 
0ANO 90 
0AMO 90 nên là tứ giác nội tiếp 
2/ Hai tam giác ABM và AMC đồng dạng 
nên ta có AB. AC = AM
2
 = AN
2
 = 6
2 
= 36 
2 26 6
AC 9(cm)
AB 4
    
BC AC AB 9 4 5(cm)      
3/ 
1
MTN MON AON
2
  (cùng chắn cung 
MN trong đường tròn (O)), và AIN AON 
(do 3 điểm N, I, M cùng nằm trên đường tròn đường kính AO và cùng chắn cung 900) 
Vậy AIN MTI TIC  nên MT // AC do có hai góc so le bằng nhau. 
4/ Xét AKO có AI vuông góc với KO. Hạ OQ vuông góc với AK. Gọi H là giao điểm 
của OQ và AI thì H là trực tâm của AKO , nên KMH vuông góc với AO. Vì MHN 
vuông góc với AO nên đường thẳng KMHN vuông góc với AO, nên KM vuông góc với 
AO. Vậy K nằm trên đường thẳng cố định MN khi BC di chuyển. 
Cách g ả khác: 
Ta có KB
2
 = KC
2
 = KI.KO. Nên K nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn tâm O 
và đường tròn đường kính AO. Vậy K nằm trên đường thẳng MN là trục đẳng phương 
của 2 đường tròn trên. 
B IV: (0,5 đ ể ) 
Từ giả thiết đã cho ta có 
1 1 1 1 1 1
6
ab bc ca a b c
      . Theo bất đẳng thức Cauchy ta 
có: 
2 2
1 1 1 1
2 a b ab
 
  
 
, 
2 2
1 1 1 1
2 b c bc
 
  
 
, 
2 2
1 1 1 1
2 c a ca
 
  
 
2
1 1 1
1
2 a a
 
  
 
, 
2
1 1 1
1
2 b b
 
  
 
, 
2
1 1 1
1
2 c c
 
  
 
Cộng các bất đẳng thức trên vế theo vế ta có: 
A
O
B
C
N 
M 
I 
T
K 
Q 
P
H
2 2 2 2 2 2
3 1 1 1 3 3 1 1 1 3 9
6 6
2 2 2 2 2a b c a b c
   
            
   
2 2 2
1 1 1
3 
a b c
 
    
 
(điều phải chứng minh) 
TS. Nguyễn Phú Vinh 
(TT Luyện thi Đại học Vĩnh Viễn – TP.HCM)