Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT tỉnh Hà Tĩnh năm học 2012 – 2013 môn thi: Toán

Nguyễn Hải Đăng Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương 
SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH 
(Đề thi có 1 trang) 
Mã đề 01 
KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 
NĂM HỌC 2012 – 2013 
Môn thi: TOÁN 
Ngày thi : 28/6/2012 
Thời gian làm bài : 120 phút 
Câu 1 (2điểm) 
a) Trục căn thức ở mẩu của biểu thức: 
5 .
6 1 
b) Giải hệ phương trình: 
2 7
.
2 1
 

 
x y
x y 
Câu 2 (2điểm) 
Cho biểu thức: 
2
4 1.
1
  
     
a a aP
aa a a với a >0 và 1a  . 
a) Rút gọn biểu thức P. 
b) Với những giá trị nào của a thì P = 3. 
Câu 3 (2điểm) 
a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, đường thẳng y = ax + b đi qua điểm M(–1 
; 2) và song song với đường thẳng y = 2x + 1. Tìm a và b. 
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình x2 + 4x – m2 – 5m = 0. Tìm 
các giá trị của m sao cho: |x1 – x2| = 4. 
Câu 4 (3điểm) 
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm O. Hai đường cao 
AD, BE cắt nhau tại H (DBC, E AC) . 
a) Chứng minh tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn. 
b) Tia AO cắt đường tròn (O) tại K ( K khác A). Chứng minh tứ giác 
BHCK là hình bình hành. 
c) Gọi F là giao điểm của tia CH với AB. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức: 
AD BE CFQ .
HD HE HF
  
Câu 5 (1điểm) 
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau vô nghiệm: 
x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0. 
 Hết 
- Thí sinh không sử dụng tài liệu. 
- Giám thị không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh :Số báo danh.. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
www.VNMATH.com
Nguyễn Hải Đăng Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương 
GỢI Ý GIẢI 
Câu Nội dung 
a) Ta có: 
5 5( 6 1)
6 1 ( 6 1)( 6 1)


   
5( 6 1) 5( 6 1) 6 1
6 1 5
 
   
 
b) Ta có: 
2x y 7 4x 2y 14
x 2y 1 x 2y 1
    
 
     
1 
5x 15 x 3
x 2y 1 y 1
  
  
     
a) Với 0 1a  thì ta có: 
2 2
4 1 4 1 1. .
1 1
    
       
a a a a aP
a aa a a a 
2
4a 1
a


b) Với 0 1a  thì P = 3 
2
2
4a 1 3 3a 4a 1
a

    
23a 4a 1 0    
2 
  a = 1 (loại) hoặc 
1a
3

 (thỏa mãn đk). 
a) Đường thẳng y = ax + b song song với đường thẳng y = 2x +1 nên: 
 a = 2, b  1. 
Vì đường thẳng y = 2x + b đi qua điểm M(–1 ; 2) nên ta có pt: 
2(-1) + b = 2  b = 4 (thỏa mãn b  1). Vậy a = 2, b = 4 
b) Ta có : 
2' 4 m 5m (m 1)(m 4)       . Để phương trình có 2 nghiệm x1, 
x2 thì ta có: ' 0   m 4  hoặc m 1  (*) 
Theo định lí Vi-et, ta có: 1 2
bx x 4
a
    
 và 
2
1 2
cx .x m 5m.
a
  
Ta có: 
2 2
1 2 1 2 1 2 1 2x x 4 (x x ) 16 (x x ) 4x .x 16         
2 216 4( m 5m) 16 m 5m 0         m = 0 hoặc m = – 5 
3 
Kết hợp với đk(*), ta có m = 0 , m = – 5 là các giá trị cần tìm. 
a) Vì AD và BE là các đường cao nên 
ta có:  ADB AEB 90   
4 
 Hai góc  ADB, AEB cùng nhìn cạnh 
AB dưới một góc 90nên tứ giác ABDE 
nội tiếp đường tròn. 
www.VNMATH.com
Nguyễn Hải Đăng Trường THCS Hương - Điền - Nam Hương 
b) Ta có:  ABK ACK 90   (góc nội tiếp 
chắn nữa đường tròn) 
CK AC, BK AB   (1) 
Ta có H là trực tâm của tam giác ABC 
nên: BH AC,CH AB  (2) 
H
D
E
F O
A
C
B
K
Từ (1) và (2), suy ra: BH // CK, CH // 
BK. 
Vậy tứ giác BHCK là hình bình hành 
(theo định nghĩa) 
Đặt SBHC = S1, SAHC = S2, SAHB = S3, SABC = S. Vì ABC nhọn nên trực tâm 
H nằm bên trong ABC , do đó: S = S1 + S2 + S3 . 
Ta có: 
ABC ABC ABC
BHC 1 AHC 2 AHB 3
S S SAD S BE S CF S(1), (2), (3)
HD S S HE S S HF S S
     
Cộng vế theo vế (1), (2), (3), ta được: 
1 2 3 1 2 3
AD BE CF S S S 1 1 1Q S
HD HE HF S S S S S S
 
         
  
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 3 số dương, ta có: 
3
1 2 3 1 2 3S S S S 3 S .S .S    (4) ; 31 2 3 1 2 3
1 1 1 3
S S S S .S .S
  
 (5) 
Nhân vế theo vế (4) và (5), ta được: Q 9 . Đẳng thức xẩy ra 1 2 3S S S   
hay H là trọng tâm của ABC , nghĩa là ABC đều. 
Ta có: x2 – 4x – 2m|x – 2| – m + 6 = 0 (*). Đặt x 2 t 0   thì pt (*) trở 
thành: t2 – 2mt + 2 – m = 0 (**), 
2'(t) m m 2 (m 1)(m 2)       
Để pt (*) vô nghiệm thì pt(**) phải vô nghiệm hoặc có 2 nghiệm t1, t2 sao 
cho: 1 2t t 0  
Pt (**) vô nghiệm '(t) 0 (m 1)(m 2) 0 2 m 1           (1) 
Pt (**) có 2 nghiệm t1, t2 sao cho: 1 2t t 0  . Điều kiện là: 
' 0 ' 0
2m 0 m 0 m 2
2 m 0 m 2
    
       
     (2) 
5 
Kết hợp (1) và (2), ta có đk cần tìm của m là: m <1. 
www.VNMATH.com