Kỳ thi tuyển sinh lớp 10 trung học phổ thông năm học 2013 –2014 môn thi: toán học (thời gian 120 phút không kể thời giangiao đề)

Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 1 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐĂK LĂK 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
NĂM HỌC 2013 – 2014 
MÔN THI: TOÁN HỌC 
(Thời gian 120 phút không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 25/6/2013 
Câu 1: (1,5 điểm) 
1) Rút gọn biểu thức: 12 27 48A    
2) Chứng minh rằng: 1:
x y y x x y
xy x y

 

; với 0, 0x y  và x y 
Câu 2: (2,0 điểm) 
 1) Giải hệ phương trình 
2 1
3 4 1
x y
x y
 

  
 2) Giải phương trình: 2
2 0
1 4 3
x
x x x
 
  
Câu 3: (2,0 điểm) 
Cho phương trình  2 22 1 0x m x m    (m là tham số) 
1) Tìm m để phương trình có nghiệm. 
2) Tìm m để phương trình có hai nghiệm 1 2,x x sao cho: 
2 2
1 2 1 25 13x x x x   . 
Câu 4: (3,5 điểm) 
 Cho đường tròn (O), đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By của đường 
tròn. M là một điểm trên đường tròn (M khác A, B). Tiếp tuyến tại M của đường tròn 
cắt Ax, By lần lượt tại P, Q. 
1) Chứng minh rằng: tứ giác APMO nội tiếp. 
2) Chứng minh rằng : AP + BQ = PQ. 
3) Chứng minh rằng : 2AP.BQ=AO . 
4) Khi điểm M di động trên đường tròn (O), tìm các vị trí của điểm M sao cho 
diện tích tứ giác APQB nhỏ nhất. 
Câu 5: (1,0 điểm) 
Cho các số thực x, y thỏa mãn: x + 3y = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2 16 2A x y y x    . 
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 2 
SƠ LƯỢC BÀI GIẢI 
Câu 1: (1,5 điểm) 
1) 12 27 48 2 3 3 3 4 3 3A        
2) Ta có 
   1:
xy x yx y y x x y x y
xy x y xy

    

Câu 2: (2,0 điểm) 
1) 
 
1 22 1 1 2 1
3 4 1 2 13 4 1 5 5 1
y xx y y x x
x xx y x y
        
                 
2) ĐK: 1, 3x x  
  
 
2
2
2 20 0
1 4 3 1 1 3
3 2 0 3 2 0
x x
x x x x x x
x x x x
    
     
       
Vì a + b + c = 1 – 3 + 2 = 0 1 1x  (không TMĐK), 2 2x  (TMĐK) 
Vậy phương trình có một nghiệm là 2x  
Câu 3: (2,0 điểm) 
1) Phương trình có nghiệm khi  2' 2 11 0 2 1 0
2
m m m m           
2) Phương trình có hai nghiệm 1 2,x x khi 
1
2
m   (theo câu 1). Theo Viét, ta có: 
 1 2
2
1 2
2 1x x m
x x m
    


Khi đó    2 22 2 21 2 1 2 1 2 1 25 13 7 13 4 1 7 13x x x x x x x x m m           
 23 8 9 0 *m m    
Vì ' 16 27 11 0      , nên (*) vô nghiệm. 
Vậy không tồn tại giá trị nào của m để phương trình  2 22 1 0x m x m    có hai 
nghiệm 1 2,x x sao cho: 
2 2
1 2 1 25 13x x x x   . 
Câu 4: (3,5 điểm) 
1) Xét tứ giác APMQ, ta có: 
  090OAP OMP  (vì PA, PM là tiếp tuyến của (O)) 
Vậy tứ giác APMO nội tiếp. 
2) Ta có AP = MP (AP, MP là tiếp tuyến của (O)) 
 BQ = MQ (BQ, MQ là tiếp tuyến của (O)) 
AP+BQ=MP+MQ=PQ 
3) Ta có OP là phân giác AOM (AP, MP là tiếp tuyến của (O)) 
 OQ là phân giác BOM (BQ, MQ là tiếp tuyến của (O)) 
Mà   0180AOM BOM  (hai góc kề bù)  090POQ  
Nguyễn Dương Hải – GV THCS Phan Chu Trinh – BMT – Đăk Lăk (Sưu tầm - giới thiệu) trang 3 
Xét POQ , ta có:  090POQ  (cmt), OM PQ (PQ là tiếp tuyến của (O) tại M) 
2.MP MQ OM  (hệ thức lượng) 
Lại có ,MP AP MQ BQ  (cmt), OM AO (bán kính) 
Do đó 2.AP BQ AO 
4) Tứ giác APQB có:  // ,AP BQ AP AB BQ AB  , nên tứ giác APQB là hình 
thang vuông   .
2 2APQB
AP BQ AB PQ ABS

   
Mà AB không đổi, nên APQBS đạt GTNN 
PQ nhỏ nhất //PQ AB PQ AB OM AB     
M là điểm chính giữa AB . Tức là 1M M hoặc 2M M (hình vẽ) thì APQBS đạt 
GTNN là 
2
2
AB 
Câu 5: (1,0 điểm) 
Ta có 3 5 5 3x y x y     
Khi đó    22 2 2 216 2 5 3 16 2 5 3 10 20 35A x y y x y y y y y y             
  210 1 25 25y    (vì  210 1 0y   với mọi y ) 
Dấu “=” xảy ra khi 
 2
5 3 2
110 1 0
x y x
yy
  
 
  
Vậy GTNN của A là 25 khi 
2
1
x
y


