Đề thi tuyển sinh THPT chuyên Lương Văn Chánh năm học 2013-2014 môn: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH PHÚ YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH
NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề
--------------
Câu 1.(2,00 điểm) Tìm các giá trị của m để một nghiệm của phương trình 22 7 3 0x x m− − =
gấp ba lần một nghiệm của phương trình 24 8 0x x m− − = (m là tham sô).
Câu 2.(4,00 điểm) Giải phương trình: 2 2(2 ) 1 3 2 0x x x x+ − − − + = .
Câu 3.(4,00 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2
3 2 6
2 4 53
xy x y
x y x y
− − =
+ − − = .
Câu 4.(4,00 điểm) Giả sử 1 2,x x là hai nghiệm của phương trình: 2 22 1 0x mx m− + − = . Hãy 
tìm các giá trị m sao cho bất đẳng thức sau đúng:
2 2 2
1 2 1 2 1 23 2 2 4 1 2x x x x x x m m− − + − + + − − ≥ .
Câu 5.(3,00 điểm) Cho hình thoi ABCD có O là giao điểm hai đường chéo. Lấy E là điểm 
trên OC sao cho CE = 2EO và M là giao điểm của DE và cạnh BC. Trên đoạn thẳng DE lấy 
điểm F sao cho · ·EFC ODC= . Chứng minh rằng:
a) OMD∆ đồng dạng với FDC∆ .
b) · ·2EFA OBA= .
Câu 6.(3,00 điểm) Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định. Một đường thẳng a tiếp 
xúc với (O) tại A. Gọi M ( khác A,B) là điểm thuộc đường tròn (O). Tiếp tuyến của đường 
tròn (O) tại M cắt a tại C. Gọi I là tâm đường tròn tiếp xúc vơi a tại C và đi qua M, giả sử 
CD là đường kính của đường tròn tâm I. Goi J là giao điêm cua OC và đường tròn (I). 
Chứng minh rằng:
a) J là trung điêm cua đoan thăng OC.
b) Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M 
thay đổi trên đường tròn (O).
------------HẾT------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.....;Số báo danh:....
Chữ kí giám thị 1:.......; Chữ kí giám thị 2:........
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH PHÚ YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI TUYỂN SINH THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH
NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN (chuyên)
(Hướng dẫn chấm gồm 4 trang)
--------------
I- HƯỚNG DẪN CHUNG
- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm 
từng phần như hướng dẫn quy định.
- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm 
không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi.
- Điểm toàn bài thi không làm tròn số.
II- ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1
(2,00đ)
Tìm các giá trị m để một nghiệm của p/trình 22 7 3 0x x m− − = (1) 
gấp ba lần một nghiệm của phương trình 24 8 0x x m− − = (2)
Giả sử phương trình (2) có một nghiệm là a thì 3a là một nghiệm của 
phương trình (1). 0,50đ
Khi đó ta có:
2 2
2 2 2
4 8 0 4 8
2(3 ) 7(3 ) 3 0 18 21 3(4 8 ) 0
a a m m a a
a a m a a a a
 − − = = − 
⇔ 
− − = − − − =  
2
2
4 8 (3)
6 3 0 (4)
m a a
a a
 = −
⇔ 
+ =
0,50đ
Giải (4) ta được 0a = hoặc 1
2
a = − .
Với a = 0 suy ra m = 0; với 
1
2
a = − suy ra m = 5.
0,50đ
Vậy m = 0 hoặc m = 5 thì phương trình (1) có một nghiệm gấp ba lần 
một nghiệm phương trình (2).
0,50đ
2
(4,00đ)
Giải phương trình: 2 2(2 ) 1 3 2 0x x x x+ − − − + =
Với điều kiện: 1x ≥ , phương trình viết lại là:
( ) ( )21 4 1 3 0x x x x− − − − − + = 0,50đ
Đặt 1t x x= − − , phương trình trở thành: 2
1
4 3 0
3
t
t t
t
=
− + = ⇔ 
= . 0,50đ
Với t = 1, ta có ( )1 1 1 1 1 0x x x x− − = ⇔ − − − = 0,50đ
1 0 1
21 1 0
x x
xx

− = =
⇔ ⇔ 
=
− − = 
. 0,50đ
Với t = 3, ta có: ( ) 21 3 1 1 2 0x x x x− − = ⇔ − − − − = 0,50đ
 ( ) ( )1 1 1 2 0x x⇔ − + − − = 0,50đ
 1 2 0 5x x⇔ − − = ⇔ = . 0,50đ
Vậy tập nghiệm của phương trình là : { }1;2;5S = . 0,50đ
3
(4,00đ)
Giải hệ phương trình: 2 2
3 2 6
2 4 53
xy x y
x y x y
− − =
+ − − =
HPT 2 2
2 6 4 12
2 4 53
xy x y
x y x y
− − =
⇔ 
+ − − = 0,50đ
2
2 2
( ) 8( ) 65 0(1)
2 4 53 (2)
x y x y
x y x y
 + − + − =
⇔ 
+ − − = 0,50đ
Giải (1) ta được x + y = 13 hoặc x + y = -5. 0,50đ
Với 13 13x y y x+ = ⇔ = − . Thế vào (2) ta được : 2 12 32 0x x− + = . 0,50đ
Giải ra ta được: 1 2 1 28, 4 5, 9x x y y= = ⇒ = = .
Ta có hai nghiệm đầu tiên : (8 ;5), (4 ;9).
0,50đ
Với 5 5x y y x+ = − ⇔ = − − . Thế vào (2) ta được : 2 6 4 0x x+ − = . 0,50đ
Giải ra ta được:
3 4 3 43 13, 3 13 2 13, 2 13x x y y= − + = − − ⇒ = − − = − +
Ta có hai nghiệm còn lại: ( ) ( )3 13; 2 13 , 3 13; 2 13− + − − − − − + .
0,50đ
Vậy hpt có các nghiệm: ( ) ( )(8;5),(4;9), 3 13; 2 13 , 3 13; 2 13− + − − − − − + . 0,50đ
4
(4,00đ)
Tìm m để 2 2 21 2 1 2 1 23 2 2 4 1 2x x x x x x m m− − + − + + − − ≥ (1), với 
1 2,x x là hai nghiệm của phương trình 2 22 1 0x mx m− + − =
P/trình đã cho có: 2 2' 1 1 0m m∆ = − + = > nên luôn có nghiệm m∀ . 0,50đ
Theo Vièt ta có:
1 2
2
1 2
2
1
x x m
x x m
+ =
= − , do đó:
( ) 2 21 2 1 2 1 2 1 2(1) 3 ( ) 2 2 2 4 1 2x x x x x x x x m m⇔ − + + − + − + − − ≥
0,50đ
 2 2 2 23 1 2 2 4 2 2 2 4 1 2m m m m m m⇔ − − + − − + + − − ≥
 2 23 2 1 4 4 1 2m m m m⇔ − + − − + ≥
0,50đ
 3 1 2 1 2m m⇔ − − − ≥ (2) 0,50đ
Với 
1
2
m < : ( )(2) 3( 1) 2 1 2 0m m m⇔ − − + − ≥ ⇔ ≤ 0,50đ
Với 
1 1
2
m≤ < : ( )(2) 3( 1) 2 1 2m m⇔ − − − − ≥ , không có m nào thỏa mãn. 0,50đ
Với 1m ≥ : ( )(2) 3( 1) 2 1 2 4m m m⇔ − − − ≥ ⇔ ≥ . 0,50đ
Vậy 0m ≤ hoặc 4m ≥ là các giá trị cần tìm. 0,50đ
5
(3,00đ)
Lưu ý: có vẽ hình mới chấm điểm câu này.
a) Chứng minh OMD∆ đồng dạng với FDC∆ 1,00đ
Vì O là trung điểm của BD và CE = 2EO nên E là trọng tâm của BCD∆
và M là trung điểm BC, suy ra OM//CD, do đó · ·OMD FDC= (1).
0,50đ
Theo giả thiết · ·ODC EFC= nên:
· · · · · ·ODM ODC MDC EFC FDC FCD= − = − = (2).
Từ (1) và (2) suy ra OMD∆ đồng dạng với FDC∆ .
0,50đ
b) Chứng minh · ·2EFA OBA= 2,00đ
ABCD là hình thoi nên 
1 1,
2 2
AD CD OM CD BC MC= = = = ;
Và 
DC DFFDC OMD
MD OM
∆ ∆ ⇒ =: ;
Do đó: 
AD DC DF DF
MD MD OM MC
= = = .
0,50đ
Hơn nữa AD//CM nên · ·FDA CMD= ,
Suy ra · ·FDA CMD DFA MCD∆ ∆ ⇒ =: .
0,50đ
Ta có: · ·0180EFA DFA= − 0,50đ
· · · ·0180 2MCD ADC ABC OBA= − = = = . 0,50đ
D C
A B
O
M
E
F
6
(3,00đ)
a
OA
M
D
I
B
E
C
J
F
Lưu ý: có vẽ hình mới chấm điểm câu này.
a) Chứng minh J là trung điêm đoan thăng OC 1,00đ
Vì CM là tiếp tuyến của (O) và M ∈ (I) nên · · 0 90CMD CMO= = nên 
D,M,O thẳng hàng. Do CA và CM là tiếp tuyến của (O) nên 
· · DOC AOC= .
0,50đ
Mà · · AOC DCO= (do AB//CD), suy ra · · DOC DCO= , hay ∆ DOC cân 
tại D. Kết hơp vơi ·( )0 90DJ OC DJC⊥ = suy ra DJ là trung tuyến cua 
∆DOC, do đó J là trung điêm cua đoan thăng OC.
0,50đ
b) Tìm điểm cố định 2,00đ
Gọi F là trung điểm của AO, E là giao điểm của DF và BC. 
Vì OJ=JC (cmt) nên JF là đường trung bình ∆AOC, do đó JF⊥AB và 
· ·DJF COB= (cùng bù ·JOF ) (1).
0,50đ
Mặt khác , ∆DJO : ∆ JFO (g.g) nên DJ JO CO COJF FO AO OB
= = = (2).
Kết hơp (1) và (2) ta đươc ∆DJF : ∆ COB.
0,50đ
Do đó · · JDE JCE= nên tứ giác CDEJ nội tiếp đường tròn (I) và
· 0 90CED = hay DF ⊥BC.
0,50đ
Vậy khi M di động, đường thẳng qua D vuông góc với BC luôn đi qua 
F cố định , F là trung điểm của OA. 0,50đ