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)

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    . 
www.VNMATH.com
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  
www.VNMATH.com
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



www.VNMATH.com