Đề Thi Thử Lớp 10 Chuyên Toán Học 2013 - Phần 2 - Đề 5 ppt

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
Ngày 6 Tháng 5 Năm 2013
Bài 1: (2điểm)
Cho biểu thức D =
1 1
 
 

 
 
 
 
a b a b
ab ab
:
a b 2ab
1
1 ab
 
 

 

 
với a > 0 , b > 0 , ab

1
a) Rút gọn D.
b) Tính giá trị của D với a =
32
2



Bài 2: (2điểm)
a) Giải phương trình:
x 1 4 x 3
   

b) Giải hệ phương trình:
2 2
x y xy 7
x y 10
  


 


Bài 3: (2điểm)
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy cho Parabol (P) là đồ thị của hàm số
2
1
y x
2
 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 x
1
, x

2
là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P). Tìm giá trị của m để
3 3
1 2
x x 32
 

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: AB
2
= AD . AE .
c) Chứng minh:
2 1 1
AK AD AE
 
Bài 5: (1điểm)
Cho ba số a , b , c khác 0 thỏa mãn:
1 1 1
0
a b c
  
. Chứng minh rằng
2 2 2
ab bc ac
3
c a b

  

HẾT

















HƯỚNG DẪN
Câu 1: a) Với a > 0 , b > 0 , ab

1 - Rút gọn D =









ab
aba
1
22
:
1
1
a b ab
ab
  
 
 

 
=
1
2

a
a

K
N
M
O
H
E
D

C
B
A
b) a =
2
2 2 2 3
3 1 3 1
1
2 3
( )
( ) a

     

.
Vậy D =
2 2 3 2 3 2 2 3 2 4 3 6 3 2
2
16 3 13
4 3
1
2 3
    
  




( )( )

Câu 2:
a) ĐK: x

1
x 1 4 x 3
   

     
2 2
x 1 4 x 2 x 1 4 x 9 x 1 4 x 3 x x 3x 4 9 6x x
                  


x =
13
9

b)
2 2
x y xy 7
x y 10
  


 

Đặt x + y = a ; xy = b

x
2

+ y
2
= (x + y)
2
– 2xy = a
2
– 2b.
Ta có:
2
1 2
2
a b 7
a 4;a 3
a 2a 24 0
a b 7
a 2b 10 a b 7
 
 
 
   
 
  
 
   

 
1 1
2 2
x y 4
xy 3

a 4;b 3
a 6;b 13
x y 6
xy 13
  




 



 
  
  











2
1 2
2

3 1
4 3 0
6 13 0


 
  
 

 
  




t ;t
t t
Vo â nghieäm
t t
. 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
b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình
2
1
y x
2

 = mx + 2

x
2
– 2mx – 4 = 0

'

= (-m)
2
– 1 (-4) = m
2
+ 4 > 0. Vì
'

> 0 nên (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.
c) x
1
, x
2
là hai hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình x
2
– 2mx – 4 = 0
Áp dụng hệ thức Viét ta có : x
1
+ x
2
= 2m , x
1
. x

2
= - 4
Ta có:
   
3
3 3
1 2 1 2 1 2 1 2
x x x x 3x x x x 32
     


(2m)
3
– 3 (-4).2m = 32

8m
3
+ 16m – 32 = 0

m
3
+ 2m – 4 = 0




2
m 1 m m 4 0 m 1 0 m 1
         
( Vì m

2
+ m + 4 > 0 )


Câu 4:
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.
b) Chứng minh: AB
2
= AD . AE :
Xét:
ABD và ABE
 
; Ta có:
·
BAE
(góc chung)
·
·
AEB ABD


(cùng chắn cung
»
BD
của đ/tròn (O)).
Nên
ABD AEB
 
:
(gg)


AB AD
AE AB


AB
2
= AD.AE. (1)
c) Chứng minh:
2 1 1
AK AD AE
  : Ta có:
1 1 AD AE
AD AE AD.AE

 
Mà AD + AE = (AH – HD) + ( AH + EH) = (AH – HD) + ( AH + HD) (Vì EH = HD) = 2AH

1 1 2AH

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

2
1 1 2AH
AD AE AC
  (3) Ta lại có:
2 2AH
AK AK.AH
 (4)
Cần chứng minh: AC
2
= AK.AH. Từ D vẽ DM vuông góc với OB tại M, cắt BC tại N.
Xét tứ giác ODMH
Có:
·
 
·
0 0
OHD = 90 Cmt ;OMD = 90
·
·



0
OHD = OMD = 90


ODMH nội tiếp (Qũy tích cung chứa
góc)


· ·
HOM = HDM
( chắn cung
¼
HM
) Mà
·
·
HOM = BCH
(chắn
»
HB
Của đường tròn đường kính
AO)

·
·
HDM = BCH
Hay:
·
·

HDN = NCH


Tứ giác CDNH nội tiếp (Qũy tích cung chứa góc)
Xét
ACK à AHC
vV 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
V
cân tại A)


·
·
CHD = BCA
Hay:
·
·
CHA = KCA
(b) Từ (a) và (b)


ACK

đồng dạng
AHC




2
AC AK
= AC = AH.AK

AH AC
 Thay vào (3) ta có
 
1 1 2AH
5
AD AE AH.AK
 
Từ (4) và (5)

2 1 1
AK AD AE
  .
Câu 5: Ta có
     
 
3 3 3
2
2 2 2
ab bc ac
ab bc ac
c a b
abc
 
   (1)
Đặt ab = x , bc = y , ac = z

xyz = (abc)
2
. Khi đó (1) trở thành
3 3 3

x y z
xyz
 
và x + y + z = ab + bc + ac
Từ
1 1 1 bc ac ab
0
a b c abc
 
   


x + y + z = ab + bc + ac = 0
Vì x + y + z = 0 nên x
3
+y
3
+ z
3
= 3xyz . Nên
3 3 3
x y z
xyz
 
=
3xyz
3
xyz


Cách khác:
 
3 3
3 3 3 3 3 3
3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 1 1 3 1
Vì: 0
a b c a b c a b c a b ab a b c a b abc c
1 1 1 3
1
a b c abc
     
                     
     
     
   
 
2 2 2 3 3 3 3 3 3
ab bc ac abc abc abc 1 1 1
Ta có: abc 2
c a b c a b c a b
 
       
 
 

Thay (1) vào (2) ==>
2 2 2
ab bc ac 3
Ta có: abc 3

c a b abc
 
   
 
 