Đề thi thử vào 10 Số 23

www.VNMATH.com
Nguyn Vn Thu- Sm Sn Thanh Hoỏ
Sở giáo dục v đo tạo Kỳ thi tuyển sinh vo lớp 10 THPT chuyên Lam Sơn
Thanh Hóa Năm học 2011 - 2012

Môn : Toán (dùng chung cho tất cả thí sinh)
Thời gian lm bi 120 phút không kể thời gian phát đề
Ngy thi: 18 tháng 6 năm 2011


Câu1
(2 điểm) Cho biểu thức A
3
32
1
23
32
1115









x
x
x
x

xx
x

1.Rút gọn biểu thức A (với x
0 ,x 1

)
2. Chứng minh rằng A
3
2

Câu 2
(2 điểm)
Cho parabol (P):
2
2
1
xy
v đờng thẳng (d): y= mx m +2 (với m l tham số)
1. Tìm m để (d) cắt (P ) tại điểm có honh độ x=4
2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt

Câu 3
: (2 điểm)
1. Giải hệ phơng trình :

19
25
12
32
yx
yx

2. Giải phơng trình
26
9
3
2



x
x
x

Câu 4
: (3 điểm) Gọi C l một điểm nằm trên đoạn thẳng AB ( BCAC

, ). Trên nửa mặt
phẳng có bờ l đờng thẳng AB, kẻ tia Ax, By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy
điểm I (I
A). Đờng thẳng vuông góc với CI tại C cắt tia By tại K ; đờng tròn đờng

kính IC cắt IK tại P.
1.Chứng minh rằng:
a) Tứ giác CPKB nội tiếp đợc trong đờng tròn. Xác định tâm của đờng tròn đó.
b)Tam giác ABP l tam giác vuông.
2. Cho A, I, B cố định. Tìm vị trí của điểm C trên đoạn thẳng AB sao cho tứ giác ABKI có
diện tích lớn nhất.

Câu 5
: (1 điểm)Cho a, b, c l ba số thực dơng thỏa mãn a+b+c = 2. Tính giá trị lớn nhất
của biểu thức: P=
bca
ca
abc
bc
cab
ab
222





Hết
(cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ v tên thí sinh Số báo danh
Chữ ký của giám thị số 1: chữ ký của giám thị số 2



Đề CHíNH THứC

www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Thuỷ- Sầm Sơn – Thanh Hoá



§¸p ¸n
C©u1
: Rút gọn biÓu thøc A
3
32
1
23
32
1115









x
x
x
x
xx
x

A=
3
32
1
23
)3)(1(
1115








x
x
x
x
xx
x
=
)3)(1(
)1)(32()3)(23(1115


xx
xxxxx

A=

)3)(1(
332262931115


xx
xxxxxxx
=
)3)(1(
527


xx
xx
=



)3)(1(
)52)(1(
xx
xx

A=
)3(
)52(


x
x

2- với A

3
2
ta có
)3(
)52(


x
x

3
2
nên

3
2
-
)3(
)52(


x
x
 0

)3.(3
)52.(3)3(2



x
xx
 0

)3.(3
15662


x
xx
 0 
)3.(3
17
x
x
 0 là đúng vì x 0 nên 17 x 0 và 3.( x +3) > 0
vậy A

3
2
được chứng minh
C©u 5-
a)V× a + b+ c = 2

2c+ab = c(a+b+c)+ab= ca+cb+c
2
+ ab = (ca+ c
2
)+( bc + ab)

= c(a+c) + b(a+c)=(c+a)(c+b)
2c+ab = (c+a)(c+b)
vì a ; b ; c > 0 nên 0
1

 ca
và 0
1

 cb
áp dụng cosi ta có

 ca
1
cb 
1
 2.
))((
1
cbca 
dấu (=) khi 
 ca
1
cb 
1
 a + c = b + c a = b
hay
)
11
(

2
1
))((
1
bcac
bcac





















bc
ab
ac

ab
bcac
ab
abc
ab
2
1
)(2
(1)
Chøng minh t−¬ng tù ;











ca
bc
ba
cb
abc
bc
2
1
2

(2) dấu = khi b = c












ab
ca
bc
ca
cab
ac
2
1
2
(3) dấu = khi a = c
cộng vế với vế của (1) ; (2) ; (3) ta có
: P=
bca
ca
abc
bc
cab

ab
222 




2
1

(
bc
ab
ac
ab



+
ac
cb
ab
cb



+
bc
ac
ab
ac




)

 P
2
1

















 ba
ac
ba
cb
bc

ac
cb
ab
ac
cb
ac
ab
()()(
=
2
1














ba
abc
cb
cba
ac

bca ).().().(

 P=
bca
ca
abc
bc
cab
ab
222 





12.
2
1
2
1
 cba
min P = 1 khi a = b = c =
3
2

C©u 2
:Cho parabol (P):
2
2
1

xy 
vμ ®−êng th¼ng (d): y= mx –m +2 (víi m lμ tham sè)
www.VNMATH.com
Nguyn Vn Thu- Sm Sn Thanh Hoỏ
y
P
A
B
x
K
C
I
O
O'
3. Tìm m để (d) cắt (P ) tại điểm có honh độ x=4
4. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt
Gii :

a) to giao im ca parabol (P):
2
2
1
xy
v đờng thẳng (d): y= mx m +2

l nghim ca h

2.
2
1
2
mxmy
xy
phng trỡnh honh giao im l :
2.
2
1
2
mxmx vi (d) cắt (P ) tại điểm có honh độ x=4 thay vo ta cú :
8 = 4m - m +2
3m = 6 m = 2 vy thỡ (d) cắt (P ) tại điểm có honh độ x=4
b) (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt khi v ch khi h







2.
2
1
2
mxmy

xy

hay 2.
2
1
2
mxmx x
2
-2mx +2m - 4 = 0 cú 2 nghim phõn bit > 0
m
= 4m
2
-4(2m - 4 ) = 4m
2
-8m + 16 = (2m)
2
2.2m.2+ 4+12 = ( 2m 2)
2
+ 12 > 0
vi mi giỏ tr ca m .Vy với mọi giá trị của m, (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt
Câu 3
: 1- Gii h phng trỡnh :

19
25
12
32
yx
yx

t a =
y
1
v b =
x
1
ta cú h





1925
1232
ab
ab

57615
2464
ab
ab






3311
1232
b
ab







3
1232
b
ab

3
2
b
a

y
1
=2 y =
2
1

v
x
1
= 3 x =
3
1
vy nghim ca h









2

1
3
1
y
x

2-Giải phơng trình
26
9
3
2



x
x
x
iu kin x >3 hoc x <-3
ta thy x = 0 khụng phi l nghim
nờn
x
x
26
9
3
1
2

1
26
9
3
2


x
x

1
21272
9
3
22


x
x
x

Câu 4:
1.Chứng minh rằng:
a) Tứ giác CPKB nội tiếp đợc trong đờng tròn. Xác định
tâm của đờng tròn đó.
Xột ng trũn tõm O ng kớnh IC ta cú P

(O)
Nờn

CPI

= 90
0
do ú CPK

= 90
0
( k bự vi
CPK

= 90
0
)
theo bi ra ta cú By

AB m K

By ; C

AB
CBK

= 90
0
CPK

+ CBK

= 180

0
m CBK

v CPK


www.VNMATH.com
Nguyễn Văn Thuỷ- Sầm Sơn – Thanh Hoá
là hai góc đối của tứ giác CPKB vậy CPKB néi tiÕp ®−îc trong ®−êng trßn mà CBK
ˆ
= 90
0

nên KC là đường kính
b)Tam gi¸c ABP lμ tam gi¸c vu«ng.
Xét ( O ;
2
IC
) ta có PICCAP
ˆ
ˆ
 ( nội tếp cùng chắn cung PC ) (1)
Xét ( O
’
;
2
KC
) ta có CBPCKP
ˆˆ
 ( nội tếp cùng chắn cung PC ) (2)

Theo bài ra thì IC

KC tại C nên KCI
ˆ
= 1V nên IKCPIC
ˆˆ
 = 1V (3) thay (1) ; (2) vào
(3) ta có
CAP
ˆ
+ CBP
ˆ
= 1V vậy Tam gi¸c ABP lμ tam gi¸c vu«ng.tại P
2-Cho A, I, B cè ®Þnh. T×m vÞ trÝ cña ®iÓm C trªn ®o¹n th¼ng AB sao cho tø gi¸c ABKI cã
diÖn tÝch lín nhÊt . Ta có tứ giác ABKI có AI//BK ( cùng

AB) và
B
ˆ
= 1V nên ABKI
là hình thang vuông nhận AI và BK là hai đáy và AB là đường cao

S
ABKI
=
2
1
(AI+ BK) . AB mà A ; B ; I cố đinh nên AI ; AB không đổi nên để S
ABKI

đạt
Max khi BK đạt Max
 BK =AI lúc bấy giờ (O) và (O’) bằng nhau nên CI = CK
 CIK cân CP và đường cao nên PI = PK
mà PC // BK ( cùng vuông góc AB) nên PC là đường trung bình của hình thang ABKI
nên C là trung điểm của AB