DeHD Chuyen Toaan HV 2014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ THO. KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TRUNG HOC PHỔ THÔNG CHUYÊN HÙNG VƯƠNG NĂM HOC 2014-2015. ĐỀ CHÍNH THỨC. Môn Toán ( Dành cho thí sinh thi chuyên Toán) Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đê Đề thi có 01 trang -------------------------------------------. Câu 1(2,0 điểm) x + √ x −6 x − 7 √ x +19 x −5 √ x − ; x >0 ; x ≠ 9 Rút gọn biểu thức A= x − 9 + x+ √ x −12 x +4 √ x Câu 2 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;3) ,parabol (P) : y=x2 và đường thẳng (d) : y= ax+3-a a) Chứng minh rằng (P) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt. b) Giả sử B,C là giao điểm của (P) và (d).Tìm a biết AB=2AC Câu 3 (2,0 điểm). Cho hệ phương trình. ¿ x 3 y 2 −2 x2 y − x 2 y 2 +2 xy +3 x −3=0 y 2 + x 2014= y+3 m ¿{ ¿. a) Giải hệ với m=1. b) Tìm các giá trị của m để hệ có hai nghiệm phân biệt ( x ; y 1 ) và ( x ; y 2 ) thỏa mãn điêu kiện ( x+ y 2 )( x 2 + y 1 ) +3=0 Câu 4 (3,0 điểm) Cho hai đường tròn (O) đường kính AB=2R. Trên tiếp tuyến tại A của (O) lấy điểm M ( M khác A).Từ M vẽ tiếp tuyến thứ 2 MC với đường tròn (O) ( C là tiếp điểm).Kẻ CH vuông góc với AB (H thuộc AB),MB cắt (O) tại điểm thứ hai là E và cắt CH tại N .Gọi D là điểm đối xứng của C qua tâm O ,đường thẳng MD cắt AC tại I. a) Chứng minh rằng góc CAE=góc OMB. b) Chứng minh N là trung điểm của đoạn thẳng CH. c) Giả sử OM=2R gọi R1 và R2 lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác MCI và tam giác ADI .Chứng minh rằng R1=√ 3 R2 . Câu 5 (1 điểm) Cho a,b,c dương thỏa mãn 6a+3b+2c=abc Tìm giá trị lớn nhất B=. 1 2. +. 2 2. +. 3. √ a +1 √ b +4 √ c 2 +9. ---------Hết------Họ và tên thí sinh:…………………………………..SBD…….. Ghi chú : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 1(2,0 điểm) Rút gọn biểu thức x + x −6 x − 7 √ x +19 x −5 √ x √ x −2 x − 7 √ x +19 x −5 A= √ + − = + −√ x−9 x+ √ x −12 x +4 √ x √ x −3 ( √ x −3 ) ( √ x +4 ) √ x+ 4 x +2 √ x −8+ x −7 √ x +19− x+ 8 √ x −15 ( √ x −1 )( √ x +4 ) √ x −1 A= = = ( √ x −3 )( √ x +4 ) ( √ x −3 )( √ x +4 ) √ x −3 Câu 2 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;3) ,parabol (P) : y=x2 và đường thẳng (d) : y= ax+3-a b) Chứng minh rằng (P) luôn cắt (d) tại hai điểm phân biệt. b) Giả sử B,C là giao điểm của (P) và (d).Tìm a biết AB=2AC ¿ y=x 2 y=ax +3 −a ⇔ a) Xét hệ phương trình ¿ y=x 2 x 2 − ax+ a− 3=0; (1) ¿{ ¿ 2 a −2 ¿ +8>0 xét PT (1) có nên PT(1) có hai nghiệm phân biệt mọi a nên (d) Δ=a 2 − 4 a+12=¿. và (P) luôn cắt nhau. 2 2 2 2 2 Gọi B ( x 1 ; y 1) ; C ( x ; y 2 ) Thì AB =( 1 − x 1 ) + ( 3− y 1 ) ; AC= ( 1− x2 ) + ( 3 − y 2) ;.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Vỉ AB=2AC nên AB2=4AC2 suy ra. x1 −2 x2 +1=0 ¿ x 2 +2 x1 −3=0 ¿ x 1+ x2 −3 x 2+ 1=0 ¿ x 2+ x 1 + x 1 − 3=0 ¿ a −3 x 2 +1=0 ¿ a+ x 1 − 3=0 ¿ a+1 x 2= 3 ¿ x 1=3 − a ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ⇔¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ 2 2 2 2 ( 1 − x 1 ) + ( 3 − y 1 ) =4 ( 1 − x 2 ) + 4 ( 3 − y 2 ) 2. ¿. 2. 2. ⇔ ( 1 − x 1 ) + ( 3 −ax 1 − 3+a ) =4 ( 1− x2 ) + 4 ( 3 −ax 2 −3+ a ) 2. 2. 2. ⇔ ( x 1 − 1 ) (a 2+1)=4 ( x 2 − 1 ) (a2 +1)⇔ (a 2+1) ( x1 −2 x 2+1 ) ( x 21 − 2 x 1 +1 )=0 ⇔ a+1 2 a −1 Với x 2= 3 ⇒ x 1= 3 thay vào x 1 x 2=a −3 ⇔ (a+1)(2 a −1)=9(a −3) ⇔2 a2 − a+2 a− 1=9 a− 27 ⇔ 2 a2 − 8 a+28=0 ⇔a 2 − 4 a+ 14=0 ; VN Với x 1=3 −a ⇒ x 2=2 a −3. thay vào. a=3 ¿ a=1 ¿ ¿ ¿ ¿ ⇔(3 − a)( 2 a− 3)=(a −3)⇔ 6 a −2 a2 −9+ 3 a=a− 3 ¿ ¿ x 1 x 2=a −3 ⇔ 2a 2 − 8 a+6=0 ⇔ a 2 − 4 a+ 3=0 ⇔(a − 3)( a −1)=0 ⇔. Câu 3 (2,0 điểm) ¿ x y −2 x y − x y 2 +2 xy +3 x −3=0 y 2 + x 2014= y+3 m ¿{ ¿ 3. Cho hệ phương trình. 2. 2. 2. ¿.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> c) Giải hệ với m=1. d) Tìm các giá trị của m để hệ có hai nghiệm phân biệt ( x ; y 1 ) và ( x ; y 2 ) mãn điêu kiện ( x+ y 2 )( x 2 + y 1 ) +3=0 Hướng dẫn. thỏa. ¿ x y −2 x y − x y +2 xy +3 x −3=0(1) 2 2014 y + x = y +3 m (2) ¿{ ¿ 3. 2. 2. 2. 2. (1)⇔ x 3 y 2 − x 2 y 2 − 2 x 2 y +2 xy+3 x − 1=0 ⇔ (x − 1) ( x 2 y 2 −2 xy +3 ) =0 x=1 ¿ 2 ( xy − 1 ) +2=0 ;( Vônghiem) ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ y 2+ 1= y +3 ⇔ y 2 − y −2=0 ⇔( y+1)( y −2)=0 ⇔ y=−1 ¿ y=2 Thay x=1 ,m=1 vào PT(2) ta có ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ( ) Hệ có 2 nghiệm x ; y ∈ {(1; − 1) ;(1 ; 2) } c) thay x=1 vào phương trình (2) ta có y 2 − y − 3 m+1=0 ;(3). Để PT(3) có hai nghiệm phân biệt thì. Δ=1+4 ( 3 m−1 ) >0 ⇔ 12m −3>0 ⇔ m>. 1 4. ( x+ y 2 )( x 2 + y 1 ) +3=0 ⇔ 4+ y 1 + y 2 + y 1 y 2=0(4 ) 1 Với m> 4 theo viets. ¿ y 1 + y 2=1 y 1 y 2=1 −3 m ¿{ ¿. 7 thay vào (4) ta có 6+1 −3 m=0 ⇔ m= 3.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> K. a)Gọi MO cắt AC tại H tứ giác AHEM nội tiếp nên góc CAE=góc OMB. b)Ta lai có ∠ HEN =∠HAM ; ∠ HCN =∠ HAM ⇒ ∠HEN =∠HCN Nên tứ giác HECN nội tiếp suy ra ∠ NCE =∠NHC ; ∠NHC=BAH⇒ ∠ NHC=∠BAH Hai góc này ở vị trí đồng vị nên HN//AB mà H là trung điểm AC nên N là trung điểm CH c)Gọi CD là giao của CD và đường tròn ngoại tiếp tam giác MCI Xét tam giác MCK và tam giác BAI có ∠MCK =∠ DAI=900 ; ∠ MKC =∠ MIC =∠ DIA nên ΔMCK đồng dạng Δ DAI R 1 MC. Nên R = AD 2. do MA=2R nên tam giác MAB đêu, ∠ CAB=300 ⇒CBA=60 0 ;. AD=BC;MC=AC suy ra. R 1 MC AC 2 = = =tan (CBA )=tan 60 =√3 ⇒ R 1=√ 3. R2 R 2 AD CB. Câu 5 (1 điểm) Cho a,b,c dương thỏa mãn 6a+3b+2c=abc Tìm giá trị lớn nhất B=. Hướng dẫn. 1 2 3 + 2 + 2 2 √ a +1 √ b +4 √ c +9. b c x a, y  , z  2 3 thì x, y, z là các số dương và x  y  z xyz. Đặt 1 1 1 A   . 2 2 2 1  x 1  y 1  z Khi đó ta có 1 xyz yz y z  2    x ( x  y  z )  xyz ( x  y )( x  z ) 2( x  y ) 2( x  z ) x 2 1 Ta có.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 1. Tương tự có. y 2 1 1. . x z 1 x y  ;   2( x  y ) 2( y  z ) z 2  1 2( x  z ) 2( y  z ). . x z 1 x y  ;   2( x  y ) 2( y  z ) z 2  1 2( x  z ) 2( y  z ). 2 Tương tự có y  1 x y xz yz 3  A    2( x  y ) 2( x  z ) 2( y  z ) 2. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y z  3  a  3, b 2 3, c 3 3. 3 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là 2 , đạt được chỉ khi a  3, b 2 3, c 3 3. GVHD Nguyễn Minh Sang THCS Lâm Thao-Phú Tho.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>