De thi vao 10toan thuong chuyen LQD Binh Dinh

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO</b> <b>KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT 2012-2013</b>

<b>BÌNH ĐỊNH</b> <b>TRƯỜNG THPT CHUN LÊ Q ĐƠN</b>

<b>Đề chính thức</b>

Mơn thi: <b>TỐN</b>
Ngày thi: <b>14 / 6 / 2012</b>

Thời gian làm bài: <b>120 phút</b> ( không kể thời gian phát đề )
<b>Bài 1:</b> (2điểm)

Cho biểu thức D = 1 1

 _ _ 



 

 _ _ 

 

a b a b

ab ab _: 1 a b 2ab1 ab
 

 



 



 _{với a > 0 , b > 0 , ab}₁
a) Rút gọn D.

b) Tính giá trị của D với a = 2 3
2

<b>Bài 2:</b> (2điểm)

a) Giải phương trình: x 1  4 x 3 
b) Giải hệ phương trình: 2 2

x y xy 7
x y 10

  




 


<b>Bài 3:</b> (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) ln cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi m.

c) Gọi x1 , x2 là hoành độ hai giao điểm của (d) và (P). Tìm giá trị của m để x13x32 32
<b>Bài 4:</b> (3điểm)

Từ điểm A ở ngồi đường trịn 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: AB2_{= AD . AE .}

c) Chứng minh:

2 1 1

AK AD AE
<b>Bài 5:</b> (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 

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>Đáp án:</b>

<b>Câu 1:</b> a) Với a > 0 , b > 0 , ab₁
- Rút gọn D =









<i>ab</i>

<i>a</i>
<i>b</i>
<i>a</i>
1
2
2
:
1
1

a b ab
ab

  

 

 _ 

 ₌ 1

2


<i>a</i>
<i>a</i>

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 ₁ ₄ ₃ 16 3 13

2 3
    
  




( )( )
<b>Câu 2:</b>

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 _(TM)
b) 2 2

x y xy 7
x y 10

  




 

 _{Đặt x + y = a ; xy = b} _x2_{+ y}2_{= (x + y)}2_{– 2xy = a}2_{– 2b.}

Ta có:

2

1 2

2

a b 7 a 2a 24 0 a 4;a 3
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 ânghieäm

t t _{. Vậy ( x = 3 ; y = 1 ) , ( x = 1 ; y = 3 )}

<b>Câu 3:</b>

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  _x2_{– 2mx}
– 4 = 0

'

 _{= (-m)}2_{– 1 (-4) = m}2_{+ 4 > 0. Vì}'_{> 0 nên (d) ln cắt (P) tại hai điểm phân biệt với mọi}
m.

c) x1 , x2 là hai hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình x2_{– 2mx – 4 = 0}
Áp dụng hệ thức Viét ta có : x1 + x2 = 2m , x1 . x2 = - 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}_ _8m3_{+ 16m – 32 = 0}_ _m3_{+ 2m – 4 = 0}



_{m 1 m}



_

2 _{m 4}

_

₀ _{m 1 0} _{m 1}

         

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

A

B
C

O

D

E H

K
<b>Câu 4:</b>

a) Chứng minh 5 điểm A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.
Chỉ ra được: OAC OHA OBA 90    0

 _{A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn.}
b) Chứng minh: AB2_{= 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 _AB2_{= AD.AE. (1)}
c)

<b>Câu 5: </b>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 x3_+y3_{+ 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

 

   _ _

 

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4></div>

<!--links-->