KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 2012-2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

Môn thi: TOÁN Ngày thi: 14 / 6 / 2012 Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian phát đề ) SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH Đề chính thức Bài 1: (2điểm)

a b 2ab    1 ab

  1 

  

2

a b a b   Cho biểu thức D =  : với a > 0 , b > 0 , ab  1 ab ab 1  1          a) Rút gọn D.

2

3

b) Tính giá trị của D với a =

Bài 2: (2điểm) a) Giải phương trình: x 1

2

2

10

x

y

  4 x 3      x y xy 7   

b) Giải hệ phương trình:

Bài 3: (2điểm)

y

21 x 2

32

x

x

3 1

3 2

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) là đồ thị của hàm số và đường thẳng (d) có hệ

số góc m và đi qua điểm I ( 0 ; 2 ). a) Viết phương trình đường thẳng (d). b) Chứng minh rằng (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m. c) Gọi x1 , x2 là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P). Tìm giá trị của m để Bài 4: (3điểm) Từ điểm A ở ngoài đường tròn tâm O kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Đường thẳng qua A cắt đường tròn (O) tại D và E ( D nằm giữa A và E, dây DE không đi qua tâm O). Gọi H là trung điểm của DE, AE cắt BC tại K. a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn. b) Chứng minh: AB2 = AD . AE .

2 1 1 AK AD AE

c) Chứng minh:

Bài 5: (1điểm)

0

1 a

1    . c

1 b

Cho ba số a , b , c khác 0 thỏa mãn:

 3

bc 2 a

ac 2 b

ab 2 c ------------------------------HẾT--------------------------------

Chứng minh rằng

1

1

2

ab

Đáp án: Câu 1: a) Với a > 0 , b > 0 , ab  1

a 1

 

2 ab

a b ab   ab  1

a 2 a 1

  

  

  

  

)

( 2 2

3

2

(

a

) 3 1

  

 3 1

: = - Rút gọn D =

 1

2 

2

3

(

)

2 2 3

2 3 2

3

. b) a =

 2

)(  2 3 2 4 16 3 

 6 3 2 13

4

3

1

2

3

Vậy D =

2

2

  9

   

3 x

x

3x 4 9 6x x

  

Câu 2:

3 4 x      x 1 4 x

 x 1 4 x

a) ĐK: x  1 x 1         x 1 4 x 2

 x =

13 9   x y xy

7

(TM)

2

2

x

y

10

  

x y

 

4

2

 xy 3

a b

 

7

3

a

a

4; a

3

0

1

b) Đặt x + y = a ; xy = b  x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy = a2 – 2b.

2

a

4; b 1 6; b

 

13

1   a b

2 7

a

 2b 10

 a   a b

 2a 24 7

6

  

2

2

  

  

  

  

x y  xy 13

        

2

1

; t 3

t

t

4

 

3 0

2

Ta có:

2

t

t

6

 13 0

  t  1  Vo ânghieäm  

    

. Vậy ( x = 3 ; y = 1 ) , ( x = 1 ; y = 3 )

Câu 3: a) Phương trình đường thẳng (d) có dạng y = ax + b có hệ số góc m và đi qua điểm I ( 0 ; 2 ), ta có: 2 = m.0 + b  b = 2. Do đó (d) có dạng y = mx + 2

y

21 x 2 ' > 0 nên (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.

' = (-m)2 – 1 (-4) = m2 + 4 > 0. Vì

3

32

x

x

x

x

x

b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình = mx + 2  x2 – 2mx – 4 = 0

3x x 1

3 1

3 2

1

2

1

2

2

2 m 1 m m 4

0

c) x1 , x2 là hai hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình x2 – 2mx – 4 = 0



Áp dụng hệ thức Viét ta có : x1 + x2 = 2m , x1 . x2 = - 4  Ta có:  x  (2m)3 – 3 (-4).2m = 32  8m3 + 16m – 32 = 0  m3 + 2m – 4 = 0       ( Vì m2 + m + 4 > 0 )    m 1 0 m 1

2

C

Câu 4:

O

A

K

D

H

N

E

M

B

a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.

Chỉ ra được:    0  OAC OHA OBA 90  A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.



AEB

; Ta có: BAE (góc chung)

(gg) (cùng chắn cung BD của đ/tròn (O)). Nên ABD

 AB2 = AD.AE. (1) b) Chứng minh: AB2 = AD . AE :  Xét: ABD và ABE  AEB ABD  AB AD  AE AB

2 1 1 AK AD AE

c) Chứng minh: :

1 1  AD AE

 AD AE AD.AE

Ta có:

1

2AH 1  AD AE AD.AE

Mà AD + AE = (AH – HD) + ( AH + EH) = (AH – HD) + ( AH + HD) (Vì EH = HD) = 2AH

Mà: AB2 = AD.AE. (Cmt)  AC2 = AD.AE ( Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến đường tròn (O) => AB = AC)

2AH 2

2AH

(3)

0

Ta lại có: (4)

0

1 1 AD AE AC 2 AK AK.AH Cần chứng minh: AC2 = AK.AH Từ D vẽ DM vuông góc với OB tại M, cắt BC tại N. Xét tứ giác ODMH   OHD = 90 Cmt  OMD = 90    OHD = OMD = 90

Có:

0  ODMH nội tiếp (Qũy tích cung chứa góc)   HOM = HDM ( chắn cung HM ) Mà  HOM = BCH (chắn HB Của đường tròn đường kính AO)   HDM = BCH Hay:  HDN = NCH

3

cân tại A)

2

AC = AH.AK

AC AK = AH AC

1

2AH

(b) đồng dạng AHC  Tứ giác CDNH nội tiếp (Qũy tích cung chứa góc) Xét ACK à AHC v Ta có: CAH (góc chung) (a) Lại có :  CHD = CND (chắn cung CD của CDMH nội tiếp ) Mà:  CBA = CND (đồng vị của ED//AB ( Vì cùng vuông góc với OB))   CHD = CBA Và:  BCA = CBA ( Vì AB, AC là 2 tiếp tuyến đường tròn (O)  AB = AC) => ABC   CHD = BCA Hay:  CHA = KCA  Từ (a) và (b)  ACK

  5

Thay vào (3) ta có

3

3

. Từ (4) và (5) 

1  AD AE AH.AK 2 1 1 AK AD AE 3 

2

     abc

3

3

3

z

x

ab  ac bc Câu 5: Ta có    (1) ab 2 c bc 2 a ac 2 b

 y xyz

và x + y + z = ab + bc + ac Đặt ab = x , bc = y , ac = z  xyz = (abc)2 . Khi đó (1) trở thành

  

0

  x + y + z = ab + bc + ac = 0

1 a

1 b

1 c

  bc ac ab abc

3

3

3

z

x

Từ

 3

 y xyz

3xyz xyz

Vì x + y + z = 0 nên x3 +y3 + z3 = 3xyz . Nên =

        

0

   

 

Vì:

1 c

1 a

1 b

1 3 a

1 c

1 3 b

1 b

1 3 c

1 3 a

1 3 b

3 abc

1 3 c

1 a

1 b

  

3   

3       

  

3 1   ab a 

  

  1

1 a 1   3 a

Ta có:

abc

Cách khác:

  2

1 b 1 3 b ab 2 c

1 c 1 3 c bc 2 a

3 abc ac 2 b

abc 3 c

1 3 c

1 3 b

  

  

Ta có:

abc

3

abc 3 a ab 2 c

abc 3 b bc 2 a

ac 2 b

1 3 a 3 abc

  

  

Thay (1) vào (2) ==>

4