Đề Thi Thử Lớp 10 Chuyên Toán Học 2013 - Phần 2 - Đề 6 pdf

ĐỀ THI THỬ VÀO 10
Ngày 9 Tháng 5 Năm 2013
Câu 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức
1 1
( )
1 1
P x
x x
 
 

a) Rút gọn
( )
P x
.
b) Tìm giá trị của
x
để
( ) 2
P x
 
.
Câu 2 (3,0 điểm). Cho
2 2
( ) (2 1) 1
f x x m x m
    
(
x
là biến,
m

là tham số)
a) Giải phương trình
( ) 0
f x

khi
1
m

.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để đẳng thức
2
( ) ( )
f x ax b
 
đúng với mọi số thực
x
; trong đó
,
a b
là các hằng số.
c) Tìm tất cả các giá trị
m

¢
để phương trình
( ) 0
f x

có hai nghiệm

1 2 1 2
, ( )
x x x x

sao
cho biểu thức
1 2
1 2
x x
P
x x


có giá trị là số nguyên.
Câu 3 (3,0 điểm). Cho đường tròn (O; R) đường kính AB. Kẻ tiếp tuyến Ax và lấy trên tiếp tuyến đó
một điểm P sao cho
AP R

. Từ điểm P kẻ tiếp tuyến tiếp xúc với đường tròn (O;R) tại điểm M (điểm
M khác điểm A).
a) Chứng minh rằng tứ giác APMO nội tiếp được một đường tròn.
b) Đường thẳng vuông góc với AB tại điểm O cắt đường thẳng BM tại điểm N, đường thẳng AN
cắt đường thẳng OP tại điểm K, đường thẳng PM cắt đường thẳng ON tại điểm I; đường thẳng PN và
đường thẳng OM cắt nhau tại điểm J. Chứng minh ba điểm I, J, K thẳng hàng.

Câu 4 (1,0 điểm). Cho các số thực dương
, ,
a b c
thỏa mãn
9

4
abc

. Chứng minh rằng:
3 3 3
a b c a b c b c a c a b
       


Câu 5 (1,0 điểm). Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại cặp số nguyên


;
x y
thỏa mãn hệ:
2
2 2
1 2
1 2
p x
p y

 


 



Hết

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1 (2,0 điểm).
A, 1,0 điểm Điều kiện:
0
1 0
x
x




 




0 1
x
 

a) Khi đó:
1 1
( )
(1 )(1 )
x x
P x
x x
  

 
2
( )
1
P x
x
 


b) 1,0 điểm Theo phần a) có:
2
( ) 2 2
1
P x
x
    



1
1
1
x
  

1 1
x
   
2
x
 
(thỏa mãn
điều kiện)
Câu 2 (3 điểm).
a) 1,0 điểm Thay
1
m

vào PT
( ) 0
f x

ta có:
2
3 2 0
x x
  

(1) PT(1) có:
1 3 2 0
a b c
     

Vậy PT có hai nghiệm là: 1 và 2.
b) 1,0 điểm Với mọi m ta có:
2 2
2 2
1 1 1
( ) 2 1
2 2 2
f x x m x m m m
     
        
     
     

2
2
2 2
1 1
( ) 1
2 2
f x x m m m
 
   
       
   
 

   
 

2
2
1 3
( )
2 4
f x x m m
 
 
     
 
 
 
 

Suy ra: để
 
2
3
( )
4
f x ax b m
   
. Vậy tồn tại duy nhất giá trị
3
4
m


thỏa mãn yêu cầu.
c) 1,0 điểm
( ) 0
f x

có 2 nghiệm phân biệt
 
2
2
3
2 1 4( 1) 0 4 3 0
4
m m m m
           

Khi đó ta có:
2
1 2
2
1 2
2 1
1 2 1 5
2 1 4 4(2 1)
1
x x m
m m
P
m m
x x m
  


 
   

 
 

5
4 2 1
2 1
P m
m
   

(*)
Do
3
4
m

, nên
2 1 1
m
 
, để
P

¢
phải có:
(2 1)

m

là ước của 5
2 1 5 2
m m
    

Với
2
m

thay vào (*) có:
5
4 2.2 1 4 1
2.2 1
P P
     

. Vậy giá trị m cần tìm bằng 2.
Câu 3 (2 điểm).
a) 1,0 điểm:Ta có:
·
·
0
90
PAO PMO  
·
·
0
180

PAO PMO   tứ giác APMO nội tiếp
b) 2,0 điểm:
Ta có
·
·
1
2
ABM AOM
 ; OP là phân giác của góc
·
·
·
1
2
AOM AOP AOM
 

·
·
ABM AOP
 (2 góc đồng vị)  MB // OP (1)
Ta có hai tam giác AOP, OBN bằng nhau  OP = BN (2) Từ (1) và (2)  OBNP là hình bình hành

x
O
K
I
M
J
N

P
B
A
 PN // OB hay PJ // AB. Mà ON  AB  ON  PJ.
Ta cũng có: PM  OJ  I là trực tâm tam giác POJ  IJ  PO (3)
Ta lại có: AONP là hình chữ nhật  K là trung điểm của PO và
·
·
APO NOP

Mà
·
·
APO MPO

  IPO cân tại I.
IK là trung tuyến đồng thời là đường cao  IK  PO (4) Từ (3) và (4)  I, J, K thẳng hàng
Câu 4 (1 điểm).
Ta có:
   
2
0 , 0
x y x y x y
    
Suy ra:
   


 
2

2 2
0 0
a b a b a ab b ab a b
        

3 3
( )
a b ab a b
   
(1), dấu ‘=’ xẩy ra
a b
 
.
Từ (1) và BĐT AM – GM có:
3 3 3 3 3
( ) 2 ( ) 3
a b c ab a b c abc a b c a b
        
(do
9
4
abc

)
Vậy:
3 3 3
3
a b c c a b
   
, dấu ‘=’ xẩy ra

3
( )
a b
ab a b c




 

(2)
Tương tự có:
3 3 3
3
a b c a b c
   
, dấu ‘=’ xẩy ra
3
( )
b c
bc b c a




 

(3)

3 3 3

3
a b c b c a
   
, dấu ‘=’ xẩy ra
3
( )
c a
ca c a b




 

(4)
Từ (2), (3) và (4) có:
3 3 3
a b c a b c b c a c a b
       
(5), dấu ‘=’ xẩy ra
0
a b c
   

vô lí, do
9
4
abc

, hay ta có đpcm.

Câu 5 (1 điểm).
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
0, 0
x y
 
. Từ phương trình
2
1 2
p x
 
suy ra
p
là số lẻ.
Dễ thấy
0
x y p y x
    
không chia hết cho
p
(1)
Mặt khác, ta có








2 2 2

2 2 0 mod 0 mod
y x p p y x y x p y x p
          (do (1))
Do 0 0 2
x y p y x p x y p y p x
            
thay vào hệ đã cho ta được
 
2
2
2
2
2
2
2
1 2
4 1
1 2
1 2
4 1 2 4
1 4 1
1 2
p x
p x
p x
p x
p x x x
p px p
p p x


 
 

   
 
 
  
   
  
   
  

 




Giải hệ này ta được
7, 2
p x
 
thay vào hệ ban đầu ta suy ra
5
y

. Vậy
7.
p
