Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT Năm học 2003-2004 môn thi Toán

Sở giáo dục & đào tạo Thừa thiên huế ---------------------- đề chính thức Kỳ thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt Năm học 2003-2004 Môn thi : Toán (150 phút, không kể thời gian giao đề) --------------------------------------- Bài I ( 2,5 điểm). 1/. Giải bất phương trình : x + > 5 . 2/. Giải hệ phương trình : Bài II ( 2 điểm). Cho biểu thức: P = . 1/. Tìm điều kiện đối với x để biểu thức P xác định . 2/. Rút gọn biểu thức P . 3/. Tìm giá trị của x khi P = 1. Bài III ( 2 điểm). Cho phương trình bậc hai : x2 - 2(m - 1) x + m - 3 = 0. (1) 1/. Chứng minh rằng phương trình (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m. 2/. Tìm m để phương trình (1) có một nghiệm bằng 3 và tính nghiệm kia. 3/. Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm đối nhau. Bài IV (3,5 điểm). Trên một đường thẳng lấy ba điểm A, B, C cố định theo thứ tự ấy. Gọi (O) là đường tròn tâm O thay đổi nhưng luôn luôn đi qua A và B. Vẽ đường kính I J vuông góc với AB; E là giao điểm của I J và AB. Gọi M và N theo thứ tự là giao điểm của CI và C J ( M I, N J). 1/. Chứng minh IN, JM và CE cắt nhau tại một điểm D. 2/. Gọi F là trung điểm của CD. Chứng minh OF MN. 3/. Chứng minh FM, FN là hai tiếp tuyến của (O). 4/. Chứng minh EA. EB = EC. ED. Từ đó suy ra D là điểm cố định khi (O) thay đổi. ---------------------------------------- sở giáo dục & đào tạo tuyển sinh vào lớp 10 THPT năm học 2003-2004 thừa thiên huế hướng dẫn chấm đề chính thức môn toán *** ----------------------------------------------------- Bài I: (2,5 điểm). 1/. Giải bất phương trình : x + > 5 0,50 đ (hệ này vô nghiệm) 0,25 đ x > 3 0,25 đ Vậy, bất phương trình đã cho có nghiệm: x > 3. 2/. Điều kiện để hệ phương trình có nghĩa: x 2 và y 1. 0,25 đ Đặt ẩn số phụ: X = ; Y = , ta có hệ phương trình mới: 0,25 đ Giải hệ này, ta được : X = ; Y = . 0,25 đ * Với X = = , tính được x = . 0,25 đ * Với Y = = , tính được y = . 0,25 đ x, y thoả mãn điều kiện : x 2 , y 1. Vậy, hệ có nghiệm là : ( x = ; y = ). 0,25 đ Bài II ( 2 điểm). 1/. Điều kiện để P xác định : x > 1 0,25 đ 2/. Rút gọn : P = 0,25 đ = 0,25 đ = . 0,25 đ 3/. Với x > 1, P = 1 = 1 ( x - 1 ) - 2 = 0 0,25 đ Đặt = t ( t 0 ) , ta có : t2 - 2t = 0 t( t - 2 ) = 0, tính được t1 = 0 , t2 = 2. 0,25 đ * Với t = = 0 x = 1 (bị loại vì x > 1) 0,25 đ * Với t = = 2 x - 1 = 4 x = 5. 0,25 đ Bài III (2 điểm). 1/. Từ phương trình (1) ta có: ’ = (m -1)2 - m + 3 = m2 - 3m + 4 0,25 đ = > 0 với mọi m Vậy, (1) luôn luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị của m 0,50 đ 2/. Phương trình (1) có nghiệm x = 3 khi và chỉ khi: 32 - 2(m-1)3 + m - 3 = 0 hay - 5m + 12 = 0 m = 0,25 đ Lúc đó phương trình (1) là phương trình bậc hai: x2 - 2( - 1)x + - 3 = 0 hay: x2 - x - = 0 có một nghiệm bằng 3 nên nghiệm còn lại là : x = = : 3 = 0,25 đ 3/. Để phương trình có hai nghiệm đối nhau, phải có: 0,50 đ Vậy, m = 1 0,25 đ A B C E O I J M N D F Bài IV ( 3,5 điểm). !/. Hình vẽ đúng, rõ: 0,25 đ Các góc IMJ và INJ là các góc vuông (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) ). JM IC , IN JC. 0,25 đ Mặt khác, ta có: CEI J.Vì vậy, IN, JM và CE là 3 đường cao của I JC nên đồng qui tại một điểm (điểm D) trên đường thẳng AB. 0,25 đ 2/. Tứ giác DMCN có DMC = DNC = 1v nên nội tiếp trong đường tròn đường kính CD và nhận F là tâm của đường tròn đó. 0,25 đ Ta có (O) và (F) cắt nhau tại hai điểm M và N MN là dây chung của (O) và (F) . 0,25 đ OF là đường nối tâm của (O) và (F) OF MN. 0,25 đ 3/. Ta có MFD cân (FM = FD) DMF = MDF. MDF = EDJ (đối đỉnh) DMF = EDJ. 0,25 đ OMJ cân (OM = OJ) OMJ = OJM Ta có : DMF + OMJ = EDJ + OJM = 1v DMF + OMJ = FMO = 1v 0,25 đ FM OM FM là tiếp tuyến của (O) (M là tiếp điểm). 0,25 đ Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta có FN là tiếp tuyến của (O). 0,25 đ 4/. * Ta có : EAJ = EIB (cùng chắn JB ). EAJ EIB. 0,25 đ EA. EB = EI. EJ (1). 0,25 đ * EID = ECJ (2 góc nhọn có các cạnh đôi một vuông góc) EAJ EIB. EC. ED = EI. EJ (2). 0,25 đ Từ (1) và (2) suy ra EA. EB = EC. ED không đổi (do A, B, C, E cố định) D cố định. 0,25 đ --------------------------------------------------------------------------------