Kỳ thi vào lớp 10 thpt năm học 2014 – 2015 môn: Toán (dành cho tất cả các thí sinh) thời gian làm bài: 120 phút

www.VNMATH.com 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THANH HOÁ 
KỲ THI VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN LAM SƠN 
NĂM HỌC 2014 – 2015 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
Đề thi gồm 01 trang 
Môn: Toán 
(Dành cho tất cả các thí sinh) 
Thời gian làm bài: 120 phút 
(Không kể thời gian giao đề) 
Ngày thi: 17/6/2014 
Bài 1: (2,0 điểm): Cho biểu thức: 
2 2
16 4 4
a
C
a a a
  
  
1. Tìm điều kiện của a để biểu thức C có nghĩa và rút gọn C. 
2. Tính giá trị của biểu thức C khi a = 9 - 4√5 . 
Bài 2: (2,0 điểm): 
Cho hệ phương trình: 
( 1) 2
1
m x y
mx y m
  

  
 (m là tham số) 
1.Giải hệ phương trình khi m = 2. 
2. Chứng minh rằng với mọi m, hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất (x;y) 
thỏa mãn : x + 2y ≤ 3 
Bài 3: (2,0 điểm): 
1. Trong hệ tọa độ Oxy, tìm m để đường thẳng (d): y= mx – m +2 cắt Parabol (P): 
y = 2x2 tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung. 
2. Giải hệ phương trình: 
3
3
2 4
2 6 2 2
x y x y
x y
    

  
Bài 4: (3,0 điểm): Cho đường tròn O đường kính BC và một điểm A nằm bất kì trên 
đường tròn (A khác B và C). Gọi AH là đường cao của DABC, đường tròn tâm I đường 
kính AH cắt các dây cung AB, AC tương ứng tại D, E. 
1. Chứng minh rằng : góc DHE bằng 900 và AB. AD = AC . AE 
2. Các tiếp tuyến của đường tròn (I) tại D và E cắt BC tương ứng tại G và F. Tính 
số đo góc GIF 
3. Xác định vị trí điểm A trên đường tròn (O) để tứ giác DEFG có diện tích lớn 
nhất 
Bài 5: (1,0 điểm):Cho ba số thực x, y, z. 
Tìm giá trị lớn nhất biểu thức
 2 2 2
2 2 2( )( )
xyz x y z x y z
S
x y z xy yz zx
    

   
1
Lêi gi¶i vµ thang ®iÓm to¸n chung Lam S¬n 
Ngày thi : 17/062014 
Câu Nội dung Điểm 
1/ Tìm điều kiện của a để biểu thức C có ngĩa, rút gọn C. 
+ Biểu thức C có nghĩa khi
a 0 a 0
a 16 0 a 16
a 0,a 16
a 4 0 a 16
moi a 0a 4 0
 
    
    
   
    
0.25 
+ Rút gọn biểu thức C 
  
a 2 2 a 2 2
C
a 16 a 4 a 4 a 4 a 4a 4 a 4
     
     
   
        
a 2 a 4 2 a 4 a 2 a 8 2 a 8 a 4 a
C
a 4 a 4 a 4 a 4 a 4 a 4
        
  
     
  
 
    
a a 4a 4 a a
C
a 4 a 4 a 4 a 4 a 4

  
    
1.25 1 
2/ Tính giá trị của C, khi a 9 4 5  
Ta có:  
2
a 9 4 5 4 4 5 5 2 5       =>  
2
a 2 5 2 5    
Vậy: 
 
a 2 5 2 5
C
2 5 4 6 5a 4
 
  
  
0.5 
Cho hệ phương trình: 
 m 1 x y 2
mx y m 1
  

  
 (m là tham số) 
1/ Giải hệ phương trình khi m = 2 
Khi m = 2 thay vào ta có hệ phường trình 
 2 1 x y 2 x y 2 x 1 x 1
2x y 3 x y 2 y 12x y 2 1
        
     
         
0.75 
 Kết luận: Với m = 2 hệ phường trình có một nghiệm duy nhất 
x 1
y 1



 0.25 
2
2 
2/ Chứng minh rằng với mọi m hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất 
(x ; y) thỏa mãn 2x y 3  
   
 
 y 2 m 1 xm 1 x y 2 y 2 m 1 x
mx 2 m 1 x m 1mx y m 1 mx 2 mx x m 1
          
   
             
      2y 2 m 1 x y 2 m 1 m 1 y m 2m 1
x m 1x m 1 x m 1
             
   
       
Vậy với mọi m hệ phương trình luôn có nghiệm duy nhất: 
2y m 2m 1
x m 1
    

 
0.5 
Ta có:   2 22x y 3 2 m 1 m 2m 1 3 2m 2 m 2m 1 3              
 
222x y 3 m 4m 4 m 2 0 2x y 3 0 2x y 3                 
0.5 
1/ Trong hệ tọa độ Oxy, tìm m để đường thẳng (d) : y = mx – m + 2 cắt 
Parabol (P) y = 2x2 tại hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung 
Hoành độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của 
phương trình: 2x2 = mx – m + 2 2x2 – mx + m – 2 = 0 (1) 
Có:    
22 2m 4.2. m 2 m 8m 16 m 4         
Để đường thẳng (d) : y = mx – m + 2 cắt Parabol (P) y = 2x2 tại hai điểm 
phân biệt nằm bên phải trục tung thì 
1 2
1 2
0
x x 0
x .x 0
 

 
 
 => 
 
2
m 4 0
m
0
2
m 2
0
2

 






=>
m 4
m 0 m 2,m 4
m 2


   
 
Kết luận: để đường thẳng (d) : y = mx – m + 2 cắt Parabol (P) y = 2x2 tại 
hai điểm phân biệt nằm bên phải trục tung thì: m 2, m 4  
1.0 
3
3 
2/ Giải hệ phương trình : 
3
3 x 2y 4 x 2y (1)
2x 6 2y 2 (2)
    

  
Điều kiện: 
x 2y 0 x 2y 0
2y 0 y 0
    
 
  
 (*) 
Đặt x 2y t 0,   thay vào phương trình (1) ta có 
3t = 4 – t2 => t2 + 3t – 4 = 0 
1 + 3 – 4 = 0, nên phương trình có hai nghiệm t = 1 và t = -4 (loại) 
Với t = 1 => x 2y 1=>x + 2y = 1 => x = 1 - 2y  , thay vào phương trình 
(2) ta có  3 2 1 2y 6 2y 2    3 4y 8 2y 2    
3 4y 8 2 2y    
 4y 8 8 12 2y 12y 2y 2y      16y 12 2y 2y 2y 0   
8y 6 2y y 2y 0    y 2y 8 y 6 2 0    
   y y 2 2 y 6 0    
TH 1 : y 0 y 0 x 1     (thỏa mãn *) 
TH2 : y 2 y 2 x 3      (thỏa mãn *) 
TH3 : 
6
y y 18 x 35
2
      (thỏa mãn *) 
Vậy hệ phương trình có 3 nghiệm (x, y) = (1 ; 0), (-3, 2), (-35,18) 
1.0 
4 
FG
I
E
H
D
CB
A
4
1. Chứng minh  0DHE 90 
Tứ giác ADHE có:   A D E  => ADHE là hình chữ nhật =>  0DHE 90 
Chứng minh AB.AD = AC.AE 
Xét hai tam giác vuông HAB và HAC ta có: AB.AD = AH2 = AC.AE 
1.0 
2/ Tính góc GIF 
 0DHE 90 => DE là đường kính => I thuộc DE 
=>     0
1 1 1
GIF DIH HIE DIE 90
2 2 2
    
1.0 
3/ Tứ giác DEFG là hình thang vuông có đường cao DE = AH 
Hai đáy DG = GH = GB = 
1
BH
2
 và EF = FC = FH = 
1
HC
2
=>diện tích hình tứ giác DEFG là 
 
1
HB HC .AH
BC.AH2
2 4

 lớn nhất khi AH lớn nhất vì BC = 2R không đổi 
Ta có: AH lớn nhất => AH là đường kính => A là trung điểm cung AB 
1.0 
5 
Cho ba số thực dương x,y, z . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
 
  
2 2 2
2 2 2
xyz x y z x y z
S
x y z xy yz zx
    

   
Theo Bu nhi a :    2 2 2 2x y z 3 x y z     =>   2 2 2x y z 3 x y z     
=> 
 
  
2 2 2 2 2 2
2 2 2
xyz 3. x y z x y z
S
x y z xy yz zx
    

   
= 
 
 2 2 2
xyz 3 1
x y z xy yz zx

   
 
2 2 2 2 2 26 3
xyz 3 1 3 1
S
3 33 x y z 3 x y z
 
  => 
3 1
Smax
3 3

 khi x = y = z 
1.0 
Chú ý 
1/ Bài hình không vẽ hình hoặc vẽ hình sai không chấm điểm 
2/ Làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa