De thi thu vao 10 chuyen So 14

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727. ĐỀ THI THỬ VÀO LÓP 10 SỐ 14 Ngày 5 Tháng 5 Năm 2013 Câu 1: (2.0 điểm ) Cho biểu thức :  a 1 P   a  1 .  1 a1  4 a  a 1  2a a , (Với a > 0 , a 1) 2 P a 1 1. Chứng minh rằng :. 2. Tìm giá trị của a để P = a Câu 2 (2,0 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho Parabol (P) : y = x 2 và đường thẳng (d) : y = 2x + 3 1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt 2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ độ) Câu 3 (2.0 điểm) : Cho phương trình : x2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0 1. Giải phương trình khi m = 4 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt Câu 4 (3.0 điểm) : Cho đường tròn (O) có đờng kính AB cố định, M là một điểm thuộc (O) ( M khác A và B ) . Các tiếp tuyến của (O) tại A và M cắt nhau ở C. Đường tròn (I) đi qua M và tiếp xúc với đường thẳng AC tại C. CD là đường kính của (I). Chứng minh rằng: 1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng 2. Tam giác COD là tam giác cân 3. Đờng thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên đường tròn (O) 2 2 2 Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dương không âm thoả mãn : a  b  c 3. a b c 1  2  2  Chứng minh rằng : a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2 2. Luyện thi vào trường THPT chuyên Lam Sơn.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 14 Câu 1:1, Chứng minh rằng.   . 2.  . . a 1 . 2. P. a  1 4 a. . . . . a 1. . a 1.  2 P  a  1   a1  a 1. a1. .. a1.  1 a1  4 a  a 1  2a a. 1 a  2 a  1  a  2 a  1  4a a  4 a 1  . 2a a 2a a a 1 a  1. . . . 4a a 1 2 .  a  1 2a a a  1 (ĐPCM). 2 a  a 2  a  2 0 Câu 1: 2. Tìm giá trị của a để P = a  a  1 Ta có 1 + 1 + (-2) = 0, nên phương trình có 2 nghiệm c 2  2 a2 = a 1 (Thoả mãn điều kiện). a1 = -1 < 0 (không thoả mãn điều kiện) - Loại Vậy a = 2 thì P = a Câu 2: 1. Chứng minh rằng (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt Hoành độ giao điểm đường thẳng (d) và Parabol (P) là nghiệm của phương trình x2 = 2x + 3 => x2 – 2x – 3 = 0 có a – b + c = 0 c 3  3 Nên phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = -1 và x2 = a 1 Với x1 = -1 => y1 = (-1)2 = 1 => A (-1; 1) Với x2 = 3 => y2 = 32 = 9 => B (3; 9) Vậy (d) và (P) có hai điểm chung phân biệt A và B Câu 2: 2. Gọi A và B là các điểm chung của (d) và (P) . Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc toạ độ) Ta biểu diễn các điểm A và B trên mặt phẳng toạ độ Oxy như hình vẽ B. 9. A D -1. 1 C 0. 3. AD  BC 1 9 BC.CO 9.3 AD.DO 1.1 .DC  .4 20 S BOC   13,5 S AOD   0,5 2 2 2 2 2 2 Theo công thức cộng diện tích ta có: S(ABC) = S(ABCD) - S(BCO) - S(ADO)= 20 – 13,5 – 0,5 = 6 (đvdt) Câu 3: 1. Khi m = 4, ta có phương trình :x2 + 8x + 12 = 0 có ’ = 16 – 12 = 4 > 0 Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 = - 4 + 2 = - 2 và x2 = - 4 - 2 = - 6 Câu 3: 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt: x2 + 2mx + m2 – 2m + 4 = 0 / Có  = m2 – (m2 – 2m + 4) = 2m – 4 Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì D’ > 0 => 2m – 4 > 0 => 2(m – 2) > 0 => m – 2 > 0 => m > 2 Vậy với m > 2 thì phương trình có hai nghiệm phân biệt Câu 4: 1. Ba điểm O, M, D thẳng hàng: 0  Ta có MC là tiếp tuyến của đường tròn (O)  MC  MO (1). Xét đường tròn (I) : Ta có CMD 90  MC  MD (2) Từ (1) và (2) => MO // MD  MO và MD trùng nhau  O, M, D thẳng hàng . 2. Tam giác COD là tam giác cân CA là tiếp tuyến của đường tròn (O)  CA AB(3) Đường tròn (I) tiếp xúc với AC tại C  CA  CD(4) S ABCD . Luyện thi vào trường THPT chuyên Lam Sơn.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch. ĐT:01694838727.   Từ (3) và (4)  CD // AB => DCO COA (*). I. C. D. H M. N A. ( Hai góc so le trong). 2. K. 1. B. O.   CA, CM là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O)  COA COD (**)   Từ (*) và (**)  DOC DCO  Tam giác COD cân tại D 3. Đường thẳng đi qua D và vuông góc với BC luôn đi qua một điểm cố định khi M di động trên đờng tròn(O) 0  * Gọi chân đường vuông góc hạ từ D tới BC là H. CHD 90  H  (I) (Bài toán quỹ tích) DH kéo dài cắt AB tại K. Gọi N là giao điểm của CO và đường tròn (I)  CND 900  NC  NO   COD can tai D  =>  Ta có tứ giác NHOK nội tiếp H O  DCO  0   1 Vì có 2 ( Cùng bù với góc DHN)  NHO  NKO 180 (5)   * Ta có : NDH  NCH (Cùng chắn cung NH của đường tròn (I))    CBO HND HCD  DHN COB (g.g) HN OB     HD OC  OB OA HN ON  ...     OC OC HD CD  OA CN ON  ...      OC CD CD  Mà ONH CDH NHO DHC (c.g.c) 0 0 0      NHO 90 Mà NHO  NKO 180 (5)  NKO 90 ,  NK  AB  NK // AC  K là trung điểm của OA cố định  (ĐPCM) 2 2 2 Câu 5 (1.0 điểm) : Cho a,b,c là các số dơng không âm thoả mãn : a  b  c 3 a b c 1  2  2  2 Chứng minh rằng : a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2. . . a 2 b2  a  b    y x y * C/M bổ đề: x. 2. a 2 b2 c 2  a  b  c     y x xyz và x. 2. .. Luyện thi vào trường THPT chuyên Lam Sơn.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 2 2 2  a  b   a 2 y  b 2 x x  y xy a  b 2  ay  bx 2 0 a b         x y x  y Thật vậy (Đúng)  ĐPCM 2 2 2 2  a  b  c a b c    y x x yz Áp dụng 2 lần , ta có: x 2 2 * Ta có : a  2b  3 a  2b  1  2 2a  2b  2 , tương tự Ta có: …  a b c a b c A 2  2  2    a  2b  3 b  2c  3 c  2a  3 2a  2b  2 2b  2c  2 2c  2a  2 1 a b c   A    (1)  2  a b 1  b c  1 c  a1 . . . B. a b c a b c   1   1  1  1  2 a  b 1 b  c 1 c  a 1 Ta chứng minh a  b  1 b  c  1 c  a  1 b 1 c 1 a 1 b 1 c 1 a 1     2    2 a  b 1 b  c 1 c  a 1 a  b 1 b  c 1 c  a 1 2. 2. 2.  b  1  c  1  a  1    2  a b 1 b 1  b  c 1 c 1   c  a 1  a 1. (2). 3 B. * Áp dụng Bổ đề trên ta có: 2. 3 .  a  b  c  3 B  a  b  1  b  1   b  c  1  c  1   c  a  1  a  1.  3 B .  a  b  c  3. 2. a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  3(a  b  c )  3. (3). * Mà: 2  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  3(a  b  c)  3 2a 2  2b 2  2c 2  2ab  2bc  2ca  6a  6b  6c  6 2a 2  2b 2  2c 2  2ab  2bc  2ca  6a  6b  6c  6 ( Do : a 2  b 2  c 2 3) a 2  b 2  c 2  2ab  2bc  2ca  6a  6b  6c  9  a  b  c  3 .  a  b  c  3. 2. 2. 2 (4) a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca  3(a  b  c)  3 Từ (3) và (4)  (2) Kết hợp (2) và (1) ta có điều phải chứng minh. Dấu = xảy ra khi a = b = c = 1 . Luyện thi vào trường THPT chuyên Lam Sơn.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>